FUNGSI KOMPLEKS - UNIKAMA Fungsi...Dra. Retno Marsitin, M.Pd Desain: Eko Fachtur Rochman, M.Kom...

FUNGSI KOMPLEKS

© Yayasan Edelweis All Right Reserved

Penulis: Dra. Retno Marsitin, M.Pd

Desain: Eko Fachtur Rochman, M.Kom

Editor:

Eko Fachtur Rochman, M.Kom

Perpustakaan Nasional: Katalog Dalam Terbitan

ISBN: 978-602-14916-3-8

Cetakan 1 , Pebruari 2017

Penerbit: Yayasan Edelweis

Jl. Karangduren Gang 10 (Perum Citra Graha

Residence Blok B7) Pakisaji Kab. Malang Kode pos 65162

KATA PENGANTAR

Assalamu’alaikum warahmatullahi wabarakatuh.

Alhamdulillahirabbilalamin, banyak nikmat yang Allah berikan, tetapi sedikit

sekali yang kita ingat. Segala puji hanya layak untuk Allah Tuhan seru

sekalian alam atas segala berkat, rahmat, taufik, serta hidayah-Nya yang

tiada terkira besarnya, sehingga penulis dapat menyelesaikan buku dengan

judul ”Fungsi Kompleks”.

Dalam penyusunannya, penulis memperoleh banyak bantuan dari berbagai

pihak, karena itu penulis mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya

kepada: Kedua orang tua dan segenap keluarga besar penulis yang telah

memberikan dukungan, kasih, dan kepercayaan yang begitu besar. Dari

sanalah semua kesuksesan ini berawal, semoga semua ini bisa memberikan

sedikit kebahagiaan dan menuntun pada langkah yang lebih baik lagi.

Meskipun penulis berharap isi dari buku ini bebas dari kekurangan dan

kesalahan, namun selalu ada yang kurang. Oleh karena itu, penulis

mengharapkan kritik dan saran yang membangun.

Akhir kata penulis berharap agar buku ini bermanfaat bagi semua pembaca.

Wassalamualaikum warahmatullahi wabarakatuh

Malang, 8 Maret 2017

Penulis

TINJAUAN MATA KULIAH

Mata kuliah Fungsi Kompleks merupakan mata kuliah wajib yang

ditempuh dengan bobot 3 sks. Mata kuliah Fungsi Kompleks memiliki capaian

pembelajaran yaitu setelah mengikuti mata kuliah fungsi kompleks,

mahasiswa diharapkan mampu menganalisa dan melakukan pembuktian

matematika pada fungsi kompleks dengan cermat dan teliti.

Materi dalam fungsi kompleks meliputi pengertian bilangan kompleks,

fungsi-fungsi analitik, fungsi-fungsi elementer dan integral. Setiap materi

diberikan capaian pembelajaran dan contoh beserta penyelesaiannya

sehingga mempermudah mahasiswa dalam memahami permasalahan

Fungsi Kompleks. Matematika tak bisa lepas dari soal-soal, begitupun Fungsi

Kompleks yang setiap akhir materi diberikan soal-soal sebagai latihan untuk

memperdalam materi yang telah dibahas dan sebagai tolak ukur ketercapaian

untu melanjutkan pada materi berikutnya.

Semoga bahan ajar Fungsi Kompleks ini lebih mudah dipahami dan

dipelajari sehingga tujuan pembelajaran bisa tercapai dan bisa menambah

khasanah keilumuwan mahasiswa di bidang matematika khususnya fungsi

kompleks.


Penulis

DAFTAR ISI

BAB I BILANGAN KOMPLEKS

Capaian Pembelajaran ............................................................. 1

1.1. Bilangan Kompleks dan Aljabarnya ............................. 1

Soal Latihan 1 ............................................................. 6

1.2. Geometri Bilangan Kompleks ...................................... 7

1. Koordinat Cartesius............................................... 7

2. Vektor ................................................................... 9

Soal Latihan 2 ....................................................... 13

3. Koordinat Kutub .................................................... 14

Soal Latihan 3 ....................................................... 17

4. Bentuk Eksponen .................................................. 18

Soal Latihan 4 ....................................................... 21

1.3. Region ........................................................................ 22

Soal Latihan 5 ............................................................. 29

BAB II FUNGSI – FUNGSI ANALITIK

Capaian Pembelajaran ........................................................ 31

2.1. Fungsi Variabel Kompleks .......................................... 31

2.2. Pemetaan ................................................................... 34

Soal Latihan 1 ............................................................. 39

2.3. Limit ............................................................................ 40

Soal Latihan 2 ............................................................. 48

2.4. Kontinuitas .................................................................. 50

Soal Latihan 3 ............................................................. 52

2.5. Derivative .................................................................... 53

Soal Latihan 4 ............................................................. 58

2.6. Persamaan Cauchy – Rienmann ............................... 60

Soal Latihan 5 ............................................................. 62

2.7. Fungsi Analitik ............................................................ 63

Soal Latihan 6 ............................................................. 65

2.8. Fungsi Harmonik ......................................................... 66

Soal Latihan 7 ............................................................. 68

BAB III FUNGSI-FUNGSI ELEMENTER


3.1. Fungsi Eksponen ........................................................ 71

Soal Latihan 1 ............................................................. 76

3.2. Fungsi Trigonometri .................................................... 77

Soal Latihan 2 ............................................................. 82

3.3. Fungsi Hiperbolik ........................................................ 83

Soal Latihan 3 ............................................................. 86

3.4. Fungsi Logaritma ........................................................ 87

Soal Latihan 4 ............................................................. 90

3.5. Invers Fungsi Trigonometri dan Hiperbolik .................. 90

Soal Latihan 5 ............................................................. 93

BAB IV INTEGRAL


4.1. Lintasan (Kurva Jordan) .............................................. 94

4.2. Kontur ......................................................................... 99

Soal Latihan 1 ............................................................. 102

4.3. Integral Fungsi Kompleks ........................................... 102

Soal Latihan 2 ............................................................. 109

4.4. Teorema Cauchy – Goursat ........................................ 110

Soal Latihan 3 ............................................................. 116

4.5. Integral Tak Tentu ....................................................... 116

Soal latihan 4 .............................................................. 120

4.6. Integral Cauchy ........................................................... 121

Soal Latihan 5 ............................................................ 126

4.7. Teorema Morera ......................................................... 127

4.8. Teorema Ketaksamaan Cauchy .................................. 128

4.9. Teorema Liouville ....................................................... 129

4.10. Teorema Nilai Rata-Rata Gauss ................................. 131

4.11. Teorema Modulus Maksimum ..................................... 132

4.12. Teorema Modulus Minimum ........................................ 132

4.13. Teorema Dasar Aljabar ............................................... 133

DAFTAR PUSTAKA ............................................................................. 137

1 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. – FUNGSI KOMPLEKS

H

BAB I

BILANGAN KOMPLEKS

Capaian pembelajaran:

1. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian bilangan

kompleks dan aljabarnya dengan cermat dan teliti.

2. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian geometri

bilangan kompleks sebagai titik (koordinat kartesius), sebagai vektor

dan sebagai koordinat kutub dengan cermat dan teliti

3. Mahasiswa mampu menganalisa geometri bilangan kompleks sebagai

eksponen (Formula Euler) dan region bilangan kompleks dengan

cermat dan teliti.

1.1. BILANGAN KOMPLEKS DAN ALJABARNYA

Bilangan kompleks dilambangkan dengan 𝑧 yang didefinisikan seluruh

besaran dengan bentuk:

𝑥 + 𝑖𝑦

dari bilangan real 𝑥 dan 𝑦 dengan

𝑖 = √−1

sehingga:

𝑖2 = −1

atau ditulis sebagai pasangan berurutan:

𝑧 = (𝑥, 𝑦)


H

Bentuk bilangan kompleks:

𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦

𝒙 𝒅𝒊𝒔𝒆𝒃𝒖𝒕 𝒃𝒊𝒍𝒂𝒏𝒈𝒂𝒏 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑧 𝑑𝑖𝑡𝑢𝑙𝑖𝑠 𝑹𝒆(𝒛)

𝒚 𝒅𝒊𝒔𝒆𝒃𝒖𝒕 𝒃𝒂𝒈𝒊𝒂𝒏 𝒊𝒎𝒂𝒋𝒊𝒏𝒆𝒓 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑧 𝑑𝑖𝑡𝑢𝑙𝑖𝑠 𝑰𝒎(𝒛)

sehingga:

𝑥 = 𝑅𝑒(𝑧) 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝐼𝑚(𝑧) (𝑧)𝑑𝑎𝑛 𝐼𝑚(𝑧)𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑟𝑒𝑎𝑙

Bilangan kompleks 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, meliputi:

a. Bilangan real 𝑅𝑒(𝑧) ≠ 0 dan bilangan imajiner 𝐼𝑚(𝑧) = 0 maka

𝑧 = 𝑥 adalah bilangan real.

Dengan demikian semua bilangan real x dapat dipandang sebagai

bilangan kompleks dengan bentuk 𝑧 = 𝑥 + 0𝑖

b. Bilangan real 𝑅𝑒(𝑧) = 0 dan bilangan imajiner 𝐼𝑚(𝑧) ≠ 0 maka

𝑧 = 𝑖𝑦 adalah bilangan khayal (imajiner).

c. Bilangan real 𝑅𝑒(𝑧) = 0 𝑑𝑎𝑛 𝐼𝑚(𝑧) = 1 maka 𝑧 = 𝑖 disebut

satuan imajiner.

d. Bilangan real nol dan bilangan imajiner nol maka dikatakan

bilangan kompleks nol atau 𝑧 = 0 sehingga 𝑧 = 0 = 0 + 0𝑖

Bilangan kompleks dapat ditulis sebagai pasangan berurutan 𝑧 =

(𝑥, 𝑦) maka pada umumnya (𝑥, 𝑦) ≠ (𝑦, 𝑥).

Dua bilangan kompleks sama bila dan hanya bila bagian real sama dan bagian

imajiner sama, sehingga:


H

𝑥𝑖 + 𝑖𝑦𝑖 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2 𝑏ℎ𝑏 𝑥1 = 𝑥2 𝑑𝑎𝑛 𝑦1 = 𝑦2

Oleh karena itu 𝑧𝑛 = (𝑥𝑛, 𝑦𝑛), n = 1,2,3 misalnya dipandang sebagai bilangan

kompleks yang berlainan. Namun demikian dua bilangan kompleks tidak

dapat dibandingkan, satu lebih besar dari yang lain seperti 𝑧1 > 𝑧2 atau

sebaliknya.

Aljabar pada bilangan kompleks dengan operasi aljabar yang meliputi

operasi uner dan operasi biner serta sifat-sifat operasi sebagai berikut:

1. Operasi Uner (unary operation)

a. Negatif (lawan penjumlahan) dari bilangan kompleks

𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦

Definisi: −𝑧 = −(𝑥 + 𝑖𝑦) = −𝑥 − 𝑖𝑦

b. Kawan (conjugate) dari bilangan kompleks 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦

Definisi: 𝑧 = 𝑥 − 𝑖𝑦, sehingga 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦

dan 𝑧 = 𝑥 − 𝑖𝑦

c. Kebalikan (lawan perkalian) dari bilangan kompleks𝑧 =

𝑥 + 𝑖𝑦

Definisi: 1

𝑧= 𝑧−1 =

𝑥

𝑥2+𝑦2− 𝑖

𝑦

𝑥2+𝑦2

2. Operasi Biner

Bila 𝑧1 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 dan 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2 maka:

a. 𝑧1 + 𝑧2 = (𝑥1 + 𝑖𝑦1) + (𝑥2 + 𝑖𝑦𝑧) = (𝑥1 + 𝑥2) + 𝑖(𝑦1 + 𝑦2)

b. 𝑧1 − 𝑧2 = (𝑥1 + 𝑖𝑦1) − (𝑥2 + 𝑖𝑦𝑧) = (𝑥1 − 𝑥2) + 𝑖(𝑦1 − 𝑦2)


H

c. 𝑧1𝑧2 = (𝑥1 + 𝑖𝑦1)(𝑥2 + 𝑖𝑦𝑧) = (𝑥1𝑥2 − 𝑦1𝑦2) +

𝑖(𝑥1𝑦2 + 𝑦1𝑥2)

d. 𝑧1

𝑧2 =

𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2

𝑥22+𝑦2

2 + 𝑖𝑦1𝑥2−𝑥1𝑦2

𝑥22+𝑦2

2 asal 𝑧2 ≠ 0

3. Sifat-sifat operasi

a. Komutatif 𝑧1 + 𝑧2 = 𝑧2 + 𝑧1 𝑑𝑎𝑛 𝑧1𝑧2 = 𝑧2𝑧1

b. Asosiatif 𝑧1 + (𝑧2 + 𝑧3) = (𝑧1 + 𝑧2) +

𝑧3 𝑑𝑎𝑛 𝑧1(𝑧2𝑧3) = (𝑧1𝑧2)𝑧3

c. Distributif 𝑧1(𝑧2 + 𝑧3) = 𝑧1𝑧2 + 𝑧1𝑧2

d. Sekawan (1) 𝑧1 + 𝑧2 = 𝑧1 + 𝑧2 dan 𝑧1 − 𝑧2 =

𝑧1 − 𝑧2

(2) 𝑧1𝑧2 = 𝑧1𝑧2 dan (𝑧1

𝑧2)

=

𝑧1

𝑧2

(3) 𝑧 = 𝑧

(4) 𝑧𝑧 = [𝑅𝑒(𝑧)]2 + [𝐼𝑚(𝑧)]2

(5) 𝑧1

𝑧2=

𝑧1𝑧2

𝑧2𝑧2 dan

1

𝑧=

��

𝑧.��

(6) 𝑧 + 𝑧 = 2𝑅𝑒(𝑧) dan 𝑧 − 𝑧 =

2𝑖 𝐼𝑚(𝑧)

(7) 𝑅𝑒(𝑧) =𝑧+��

2=

1

2(𝑧 + 𝑧) dan 𝐼𝑚(𝑧) =

𝑧−��

2𝑖=

1

2𝑖(𝑧 − 𝑧)

e. Elemen Netral (elemen identitas)

(1) Bilangan kompleks 0 = 0 + 𝑖0 disebut elemen netral

pertambahan (identitas tambah)

(2) Bilangan kompleks 1 = 1 + 𝑖0 disebut elemen netral

perkalian (identitas kali)


H

Sifat-sifat:

(a) 𝑧 + 0 = 0 + 𝑧 = 𝑧 𝑑𝑎𝑛 𝑧. 1 = 1. 𝑧 = 𝑧

(b) 𝑧 + (−𝑧) = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑧.1

𝑧= 𝑧. 𝑧−1 = 1

Contoh:

(1) Hitunglah:

a. (4 + 2𝑖) + (−7 − 𝑖)

b. (5 + 3𝑖) + {((−1 + 2𝑖) + (7 − 5𝑖)}

c. {(5 + 3𝑖) + (−1 + 2𝑖) + (7 − 5𝑖)}

(2) Apabila 𝑧1 = 2 + 𝑖, 𝑧2 = 3 − 2𝑖 maka hitunglah:

a. {(5 + 3𝑖) + (−1 + 2𝑖) + (7 − 5𝑖)}

b. 𝑧2 − 2𝑧1 + 5

(3) Tunjukkan bahwa 𝑧. 𝑧1 = [𝑅𝑒(𝑧)]2

+ [𝐼𝑚(𝑧)]2

Penyelesaian:

(1) a. (4 + 2𝑖) + (−7 − 𝑖) = 4 + 2𝑖 − 7 + 𝑖 = −3 + 3𝑖

b. (5 + 3𝑖) + {((−1 + 2𝑖) + (7 − 5𝑖)} = (5 + 3𝑖) + (−1 + 2𝑖 +

7 − 5𝑖) = (5 + 3𝑖) + (6 − 3𝑖) = 11

c. {(5 + 3𝑖) + (−1 + 2𝑖) + (7 − 5𝑖)} = {5 + 3𝑖 − 1 + 2𝑖} + (7 −

5𝑖) = (4 + 5𝑖) + (7 − 5𝑖) = 11

(2) Apabila 𝑧1 = 2 + 𝑖, 𝑧2 = 3 − 2𝑖 maka:

a. 𝑧13 − 3𝑧1

2 + 4𝑧1 − 8 = (2 + 𝑖)3 − 3(2 + 𝑖)2 + 4(2 + 𝑖) − 8

= {23 + 3(2)2(𝑖) + 3(2)𝑖2} − 3(4 + 4𝑖 +

𝑖2) + 8 + 4𝑖 − 8

= −7 + 3𝑖


H

b. 𝑧2 − 2𝑧1 + 5 = (3 − 2𝑖) − 2(2 + 𝑖) + 5 = 3 + 2𝑖 − 2(2 − 𝑖) +

5

= 3 + 2𝑖 − 4 + 2𝑖 + 5 = 4 + 4𝑖

(3) Misalkan: 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑧 = 𝑥 − 𝑖𝑦

sehingga: 𝑧𝑧 = (𝑥 + 𝑖𝑦)(−𝑖𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 = [𝑅𝑒(𝑧)]2

+ [𝐼𝑚(𝑧)]2

Jadi terbukti bahwa: 𝑧. 𝑧1 = [𝑅𝑒(𝑧)]2

+ [𝐼𝑚(𝑧)]2

Soal Latihan 1

1. Tunjukkan bahwa:

a. 𝑧. 𝑧−1 = 1

b. 𝑧1 + 𝑧2 = 𝑧1 + 𝑧2

2. Diberikan 𝑧1 = 4 + 3𝑖 dan 𝑧2 = 5 − 2𝑖

Tentukan:

a. 𝑧1 + 𝑧2

b. 𝑧1. 𝑧2

c. 𝑧1

𝑧2

3. Diberikan persamaan 3𝑥 + 5𝑦 = 4. Ubahlah persamaan tersebut

dalam persamaan bilangan kompleks.

4. Nyatakan dalam bentuk 𝑥 + 𝑖𝑦 :

a. (2 + 3𝑖)(−2 − 3𝑖)

b. 6𝑖

6−5𝑖

c. 𝑖

1+𝑖+

1−𝑖

𝑖

5. Tunjukkan bahwa:

a. Jika 𝑧 = −1 maka 𝑧2 + 2𝑧 + 2 = 0


H

b. (1 + 𝑧)2 = 1 + 2𝑧 + 𝑧2

6. Diberikan 𝑧 = 2 + 3𝑖 , 𝑢 = 5 − 3𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑣 = 1 − 𝑖

Tentukan:

a. 𝑧 + 𝑢

b. 𝑢 − 𝑣

c. 𝑣𝑧

d. 𝑧��

e. 𝑢

��

7. Tunjukkan bahwa 𝑅𝑒(𝑧) =𝑧+��

2 𝑑𝑎𝑛 𝐼𝑚(𝑧) =

𝑧−��

2𝑖

8. Tunjukkan bahwa:

a. (√2 − 𝑖) − 𝑖(1 − 𝑖√2) = −2𝑖

b. (2, −3)(−2,1) = (−1,8)

c. (1 − 𝑖)4 = −4

9. Jika 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖, nyatakan 𝑧2 𝑑𝑎𝑛 𝑧3 dalam bentuk 𝑎 + 𝑏𝑖

10. Tunjukkan bahwa apabila 𝑧 = −1 − 𝑖 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑧2 + 2𝑧 + 2 = 0

1.2. GEOMETRI BILANGAN KOMPLEKS

Geometri bilangan kompleks meliputi bilangan kompleks sebagai titik

koordinat cartesius, bilangan kompleks sebagai vektor dan sebagai koordinat

kutub serta sebagai bentuk eksponen.

1. Koordinat Cartesius

Bilangan kompleks z dalam bentuk pasangan terurut 𝑧 = (𝑥, 𝑦) maka untuk

memetakan satu-satu antara himpunan bilangan kompleks dengan titik-titik

di bidang 𝑥𝑦, dimana sumbu 𝒙 disebut sumbu real dan sumbu 𝒚 disebut

sumbu imajiner sedangkan bidang 𝒙𝒚 disebut bidang kompleks.


H

y

(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑖𝑦

O x

Gambar 1.1. Bidang Kompleks

y

(4,3)

3

x

O

−3 (2, −3)

Gambar 1.2. Bidang Cartesius

Contoh:

Titik (2, −3) berkorespondensi dengan bilangan kompleks 𝑧1 = 2 −

3𝑖, titik (4,3) dengan 𝑧2 = 4 + 3𝑖 dan titik asal 𝑂(0,0) dengan 0 =

0 + 𝑖0, sehingga menyebutkan bilangan dan titik dapat dikatakan

misalnya bilangan (𝑝, 𝑞) 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑝 + 𝑖𝑞


H

2. Vektor

Bilangan kompleks 𝑧 = 𝑥 = 𝑖𝑦 dalam bentuk vektor posisi yang

pangkalnya di titik 𝑂 dan ujungnya di titik (𝑥, 𝑦).

(𝑥, 𝑦) 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦

y

O x

Gambar 1.3. Bidang Kompleks

𝑧1 + 𝑧2

𝑧2

𝑧1

O

Gambar 1.4. Bidang Vektor

Vektor 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 maka diperoleh:

|𝑧| = √𝑥2 + 𝑦2

|𝑧| disebut 𝒎𝒐𝒅𝒖𝒍𝒖𝒔 𝑧 yaitu bilangan positif yang menyatakan panjang

vektor


H

Penjumlahan dan selisih dari dua vektor 𝑧1 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 𝑑𝑎𝑛 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2

maka diperoleh:

(𝑧1 + 𝑧2) = (𝑥1 + 𝑥2) + 𝑖(𝑦1 + 𝑦2) 𝑑𝑎𝑛 (𝑧1 − 𝑧2)

= (𝑥1 − 𝑥2) + 𝑖(𝑦1 − 𝑦2)

Menyatakan jarak dua titik atau panjang segmen garis 𝑧1𝑧2 yaitu:

|𝑧1 − 𝑧2| = √(𝑥1 − 𝑥2)2 + (𝑦1 − 𝑦2)2

Untuk setiap 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, ada tiga bilangan real yang saling berhubungan

yaitu modulus |𝑧|, 𝑅𝑒(𝑧) = 𝑥 dan 𝐼𝑚(𝑧) = 𝑦 dengan sifat sebagai berikut:

a. |𝑧| = |−𝑧| = |𝑧|

b. |𝑧|2 = [𝑅𝑒(𝑧)]2 + [𝐼𝑚(𝑧)]2

c. |𝑧|2 = |𝑧2| = 𝑧𝑧 atau 1

𝑧=

��

|𝑧|2 𝑏𝑖𝑙𝑎 𝑧 ≠ 0

d. |𝑧1𝑧2| = |𝑧1||𝑧2|

e. |𝑧1

𝑧2| =

|𝑧1|

|𝑧2|

f. |𝑧1 − 𝑧2| = |𝑧2 − 𝑧1|

g. |𝑧| ≥ |𝑅𝑒(𝑧)| ≥ 𝑅𝑒(𝑧)

h. |𝑧| ≥ |𝐼𝑚(𝑧)| ≥ 𝐼𝑚(𝑧)

Terkait dengan sifat-sifat dalam segitiga diperoleh:

i. |𝑧1 + 𝑧2| ≤ |𝑧1| + |𝑧2|

j. ||𝑧1| − |𝑧2|| ≤ |𝑧1 − 𝑧2|

k. |𝑧1| − |𝑧2| ≤ |𝑧1 − 𝑧2|


H

Sifat (𝑖) merupakan sifat ketidaksamaan segitiga dengan pembuktian terkait

modulus. Dibuktikan bahwa |𝑧1 + 𝑧2| ≤ |𝑧1| + |𝑧2| melalui |𝑧|2 = 𝑧𝑧

yaitu:

|𝑧1 + 𝑧2|2 = (𝑧1 + 𝑧2)(𝑧1 + 𝑧2) )

= 𝑧1𝑧1 + 𝑧2𝑧2 + 𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧1

= |𝑧1|2 + |𝑧2|2 + 2 𝑅𝑒(𝑧1𝑧2)

≤ |𝑧1|2 + |𝑧2|2 + 2|𝑧1𝑧2|

= |𝑧1|2 + |𝑧2|2 + 2|𝑧1||𝑧2|

= |𝑧1 + 𝑧2|2

Langkah pertama dan terakhir besarannya tidak negatif dalam arti positif

maka ketidaksamaan segitiga terpenuhi.

Contoh:

(1) Hitunglah (6 − 2𝑖) − (2 − 5𝑖) secara analitik dan secara grafik serta

nyatakan bilangan kompleks dalam bentuk titik koordinat cartesius

(2) Tentukan persamaan lingkaran dengan jari-jari 4 yang berpusat di

(−2,1)

Penyelesaian:

(1) Operasi (6 − 2𝑖) − (2 − 5𝑖) dapat dikerjakan secara analitik dan

secara grafik

Secara analitik (6 − 2𝑖) − (2 − 5𝑖) = 6 − 2 = 2𝑖 + 5𝑖 = 4 +

3𝑖

Secara grafik (6 − 2𝑖) − (2 − 5𝑖) = 6 − 2𝑖 + (−2 + 5𝑖)

Bilangan kompleks tersebut dalam titik


H

4

(-2,1)

y

−2 + 5𝑖 5

3 4 + 3𝑖

x

-2 O 4 6

-2 6 − 2𝑖

(2) Persamaan lingkaran dengan jari-jari 4 yang berpusat di (−2,1)

y

z

z

Pusat lingkaran dapat dinyatakan dengan bilangan kompleks −2 + 𝑖.

Jika 𝑥 adalah suatu titik pada lingkaran maka jarak dari 𝑧 𝑘𝑒 − 2 + 𝑖

yaitu: |𝑧 − (−2 + 𝑖)| = 4, sehingga |𝑧 − (−2 + 𝑖)| = 4 merupakan

persamaan lingkaran. Apabila dalam bentuk koordinat menjadi:

|(𝑥 + 2) + 𝑖(𝑦 − 1)| = 4, sehingga: (𝑥 + 2)2 + (𝑦 − 1)2 = 16


H

Soal Latihan 2

1. Tunjukkan bahwa:

a. |𝑧| = |−𝑧| = |𝑧|

b. b. |𝑧|2 = [𝑅𝑒(𝑧)]2 + [𝐼𝑚(𝑧)]2

2. Selidiki tempat kedudukan titik-titik yang ditunjukkan oleh:

a. 𝐼𝑚(𝑧 + 2𝑖) = 5

b. b. |𝑧 + 𝑖| = 2

3. Apabila 𝑧 =1+2𝑖

3−4𝑖 maka tentukan:

a. 𝑅𝑒(𝑧)

b. 𝐼𝑚(𝑧)

c. |𝑧|

4. Tunjukkan bahwa |𝑧1𝑧2| = |𝑧1||𝑧2|

5. Tentukan tempat kedudukan titik-titik yang ditunjukkan :

a. 𝐼𝑚(2𝑖 + 3𝑧) = 8

b. 𝑅𝑒 (𝑖𝑧) = 5

c. −1 ≤ 𝑅𝑒(𝑧) < 1

d. |𝑧 + 2𝑖| = 3

6. Jika |𝑧 − 2| = 3, tunjukkan:

a. |𝑧2 − 5𝑧| ≤ 18

b. |𝑧2 − 5𝑧 = 6| ≥ 6

7. Tunjukkan bahwa persamaan 𝑥2 − 𝑦2 = 1, dapat ditulis sebagai

persamaan 𝑧2 + 𝑧−2 = 2

8. Tunjukkan bahwa√2|𝑧| ≥ |𝑅𝑒(𝑧)| + |𝐼𝑚(𝑧)|


H

3. Koordinat Kutub

Bilangan kompleks 𝑧 = (𝑥, 𝑦) dalam koordinat kutub dapat dinyatakan

(𝑟, 𝜃) dengan 𝑟 adalah jarak titik 𝑧 ke pusat sumbu O dan 𝜃 sudut antara vektor

𝑧 dengan sumbu x positif.

𝑧 = (𝑟, 𝜃)

𝑟

O 𝜃 x

Gambar 1.5. Koordinat Kutub

𝑧 = (𝑥, 𝑦)

y

𝜃 x

Gambar 1.6. Koordinat Titik

Hubungan koordinat kutub dengan koordinat kartesius yaitu:

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 , 𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑑𝑎𝑛 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (𝑦

𝑥)

sehingga 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 dalam bentuk kutub:

𝑧 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃) = 𝑟𝑐𝑖𝑠𝜃

𝑟 = |𝑧| = 𝑚𝑜𝑑𝑢𝑙𝑢𝑠 𝑧

𝜃 = 𝑎𝑟𝑔 𝑧 (𝑎𝑟𝑔𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑧)


H

maka diperoleh:

𝑟 = |𝑧| = √𝑥2 + 𝑦2 adalah bilangan real non negatif

𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑑𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑑𝑖𝑘 maka 𝜃 =

arg 𝑧 𝑏𝑒𝑟ℎ𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 dan dalam berbagai perhitungan sering dipilih

harga tunggal dari 𝜃 yang disebut harga utama yaitu dari

– 𝜋 𝑠𝑎𝑚𝑝𝑎𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝜋 dan ditulis 𝐴𝑟𝑔 𝑧 .

sehingga:

−𝜋 ≤ 𝐴𝑟𝑔 𝑧 ≤ 𝜋

atau

arg 𝑧 = 𝐴𝑟𝑔 𝑧 + 2𝑘𝜋 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, … .

Pengertian terakhir yang penting terutama bila menghadapi dua bilangan

kompleks yang sama yaitu:

𝑟1(𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃1) = 𝑟2(𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃2)

𝑏𝑖𝑙𝑎 𝑑𝑎𝑛 ℎ𝑎𝑛𝑦𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎

𝑟1 = 𝑟2 𝑑𝑎𝑛 𝜃1 = 𝜃2 + 2𝑘𝜋 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …


H

Sifat-sifat argument:

a. 𝑧1. 𝑧2 = 𝑟1𝑟2{𝑐𝑜𝑠(𝜃1 + 𝜃2) + 𝑖 sin (𝜃1 + 𝜃2} = 𝑟1𝑟2𝑐𝑖𝑠(𝜃1 + 𝜃2)

b. 𝑧1

𝑧2=

𝑟1

𝑟2{𝑐𝑜𝑠(𝜃1 − 𝜃2) + 𝑖 sin (𝜃1 − 𝜃2} =

𝑟1

𝑟2𝑐𝑖𝑠(𝜃1 − 𝜃2) =

|𝑧1

𝑧2| 𝑐𝑖𝑠(𝜃1 − 𝜃2)

c. 1

𝑧= 𝑧−1 =

1

𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃1 − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃2) =

1

𝑟𝑐𝑖𝑠𝜃

d. 𝑎𝑟𝑔(𝑧) = −arg (𝑧)

e. 𝑎𝑟𝑔(𝑧1. 𝑧2) = 𝑎𝑟𝑔(𝑧1) + 𝑎𝑟𝑔(𝑧2)

f. 𝑎𝑟𝑔 (𝑧1

𝑧2) = 𝑎𝑟𝑔(𝑧1) − 𝑎𝑟𝑔(𝑧2)

g. arg (1

𝑧) = −arg (𝑧)

Contoh:

Nyatakan bilangan kompleks 2 + 2√3𝑖 dalam bentuk kutub

Penyelesaian:

Bilangan kompleks 2 + 2√3𝑖 dalam bentuk kutub

Modulus 𝑟 = |2 + 2√3𝑖| = √4 + 12 = 4

Argument 𝜃 = 𝑠𝑖𝑛−12√3

4= 𝑠𝑖𝑛−1√

3

2= 60° =

𝜋

3 radian


H

y

2 + 2√3𝑖

4 2√3

60° z

2

sehingga:

2 + 2√3𝑖 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃) = 4(𝑐𝑜𝑠60° +

𝑖 𝑠𝑖𝑛60°)

2 + 2√3𝑖 = 4 (𝑐𝑜𝑠𝜋

3+ 𝑖𝑠𝑖𝑛

𝜋

3) = 4𝑐𝑖𝑠

𝜋

3

Dirubah bentuk pangkat 2 + 2√3𝑖 = 4𝑒𝜋𝑖

3

Jadi bentuk kutub dari 2 + 2√3𝑖 yaitu 4𝑐𝑖𝑠𝜋

3 atau 4𝑒𝜋

𝑖

3

Soal Latihan 3

1. Tentukan 𝑎𝑟𝑔𝑧, 𝐴𝑟𝑔 (𝑧) dan bentuk kutubnya:

a. 𝑧 = 1 + 𝑖

b. 𝑧 = 𝑖

2. Tentukan 𝑧 dalam bentuk 𝑥 + 𝑖𝑦 sehingga |𝑧| = 3 𝑑𝑎𝑛 𝐴𝑟𝑔 𝑧 =3𝜋

4

3. Diberikan 𝑧 =(1+𝑖)(1+𝑖√3)

−1+𝑖 , tentukan bentuk kutub dari:

a. 𝑧

b. 𝑧


H

4. Diberikan 𝑧 =𝑖

−3−3𝑖 , tentukan bentuk kutub dari:

a. 𝑧

b. 𝑧

5. Gunakan bentuk kutub untuk menunjukkan bahwa:

a. 𝑖(1 − 𝑖√3)(√3 + 𝑖) = 2(1 + 𝑖√3)

b. 5𝑖

2+𝑖= 1 + 2𝑖

c. (−1 + 𝑖)7 = −8(1 + 𝑖)

6. Selesaikan persamaan |𝑒𝑖𝜃 − 1| = 2 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 dan jelaskan

arti geometrinya

7. Jelaskan melalui suatu hubungan matematik seluruh titik pada bidang

datar yang terletak di dalam lingkaran yang pusatnya 𝑧0 dan jari-jarinya

𝑟

8. Nyatakan 𝑧 = −5 + √75𝑖 dalam bentuk kutub

4. Bentuk Eksponen (Formula Euler)

Eksponen (formua Euler) dalam bentuk (𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃) dapat

dinyatakan dengan ℯ𝑖𝜃 atau exp (𝑖𝜃) yaitu:

exp(𝑖𝜃) = 𝑒𝑖𝜃 = 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃

sehingga 𝑧 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃) dapat ditulis dalam bentuk eksponen/formula

Euler:

𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃 = 𝑟 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝜃)


H

Operasi perkalian, pembagian, pangkat dan akar sebagai berikut:

(1) Perkalian dan Pembagian

a. 𝑧1𝑧2 = 𝑟1𝑟2𝑒𝑖(𝜃1+𝜃2)

b. 𝑧1

𝑧2=

𝑟1

𝑟2𝑒𝑖(𝜃1+𝜃2) , 𝑧2 ≠ 0

c. 1

𝑧= 𝑧−1 =

1

𝑟𝑒−𝑖𝜃

(2) Pangkat

Hasil kali n bilangan kompleks 𝑧𝑘 = 𝑟𝑘𝑒𝑖𝜃𝑘 = 𝑟𝑘(𝑐𝑜𝑠𝜃𝑘 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑘) ,

𝑘 = 1,2,3, … , 𝑛 didefinisikan sebagai berikut:

𝑧1𝑧2 … 𝑧𝑛 = 𝑟1𝑟2 … 𝑟𝑛𝑒𝑖(𝜃1+𝜃2+⋯+𝜃𝑛)

Apabila 𝑧1 = 𝑧2 = ⋯ = 𝑧𝑛 = 𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃 maka:

𝑧𝑛 = (𝑟𝑒𝑖𝜃)𝑛 = 𝑟𝑛𝑒𝑖𝑛𝜃 = 𝑟𝑛exp (𝑖𝑛𝜃)

atau

𝑧𝑛 = 𝑟𝑛(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃)𝑛 = 𝑟𝑛(cos 𝑛𝜃 + 𝑖 sin 𝑛𝜃)

khusus untuk 𝑟 = 1 diperoleh:

(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃)𝑛 = cos 𝑛𝜃 + 𝑖 sin 𝑛𝜃 Rumus

De Moivre

(3) Penarikan Akar

Penarikan akar adalah kebalikan dari operasi perpangkatan, sehingga

√𝑧𝑛

𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑧1

𝑛 selalu memiliki n harga, bila:


H

𝑧 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃), 𝑧0 = 𝑟0(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃) 𝑑𝑎𝑛 𝑧0

= 𝑧1𝑛 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑧0

𝑛 = 𝑧

maka diperoleh identitas:

𝑟0𝑛(cos 𝑛𝜃0 + 𝑖 sin 𝑛𝜃0) = 𝑟(cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃)

sehingga:

𝑟0𝑛 = 𝑟 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑟0 = 𝑟

1𝑛 𝑑𝑎𝑛 𝑛𝜃0 = 𝜃 + 2𝑘𝜋

atau 𝜃0 =𝜃+2𝑘𝜋

𝑛 , 𝑘 = 0,1,2, … (𝑛 − 1)

secara umum dirumuskan, bila 𝑧 = 𝑟(cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃) maka:

√𝑧𝑛

= 𝑧1𝑛 = 𝑟

1𝑛(cos

𝜃 + 2𝑘𝜋

𝑛+ 𝑖 sin

𝜃 + 2𝑘𝜋

𝑛) , 𝑘 = 0,1,2, … (𝑛 − 1)

Catatan: Penyelesaian 𝑧1

𝑛 = 1, akan mendapatkan n titik (penyelesaian) dan

membentuk segi 𝑛 beraturan pada lingkaran satuan.

Contoh: Tentukan akar pangkat tiga dari 𝑖

Penyelesaian:

Dalam hal ini, berarti menyelesaikan persamaan 𝑧3 = 𝑖,

sehingga menyatakan 𝑧 𝑑𝑎𝑛 𝑖 dalam bentuk kutub pada

persamaan diatas

𝑧3 = 𝑖 𝑧𝑘 = √13

= 11

3

merubah 𝑧 = 1 + 0𝑖 ke bentuk kutub:

|𝑧| = √1 + 0 = 1


H

𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 tan (0

1) = 0 + 2𝑘𝜋

𝑧 = 1 + 0𝑖 = 1 (cos 2𝑘𝜋 + 𝑖 sin 2𝑘𝜋)

sehingga:

𝑧𝑘 = √13

= 113 (cos

2𝑘𝜋

3+ 𝑖 sin

2𝑘𝜋

3) , 𝑘 = 0,1,2

untuk 𝑘 = 1 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑧1 = 1 (cos 0 + 𝑖 sin 0) = 1 + 𝑖0

untuk 𝑘 = 2 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑧2 = 1 (cos2𝜋

3+ 𝑖 sin

2𝜋

3) = −

1

2+

1

2√3𝑖

untuk 𝑘 = 3 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑧3 = 1 (cos4𝜋

3+ 𝑖 sin

4𝜋

3) = −

1

2−

1

2√3𝑖

Jadi akar pangkat tiga dari 𝑖 adalah 1 + 𝑖0, −1

2+

1

2√3𝑖 𝑑𝑎𝑛 −

1

2−

1

2√3𝑖

Catatan:

(1) Bila dilukis pada bidang 𝑥𝑦 maka ketiga titik 𝑧1, 𝑧2 𝑑𝑎𝑛 𝑧3 membentuk

segitiga sama sisi

(2) Secara umum diperoleh realita bahwa penyelesaian 𝑧1

𝑛 = 1 mendapatkan

𝑛 titik penyelesaian dan membentuk segi 𝑛 beraturan pada lingkaran

satuan

Soal Latihan 4

1. Hitunglah:

a. (1 − 𝑖)8

b. (1 + 𝑖√3)15

2. Tentukan akar-akar dari persamaan:

a. (−1)1

2

b. 𝑧2 = 2 + 2𝑖√3


H

3. Tentukan semua nilai akar pangkat 6 dari 1

4. Hitunglah akar-akar persamaan dari:

a. (−1)1

2

b. (3𝑖)1

3

c. (1−𝑖√3

2)

1

2

5. Tentukan akar-akar persamaan dari 𝑧3 + 𝑖 = 0

6. Tunjukkan bahwa semua akar pangkat 5 dari 2(1+𝑖√3)

(1−𝑖)2 merupakan titik-

titik sudut segilima beraturan dengan salah satu titik sudut 1

2√25

(√3 +

𝑖)

7. Tunjukkan bahwa salah satu nilai 𝑖1

4 adalah bilangan 𝛼 dengan

𝑅𝑒(𝛼) =1

2√2 + √2 dan nilai-nilai yang lain 𝑖𝛼, −𝛼

8. Jika 𝑎 dan 𝑏 akar yang tidak real dari persamaan 𝑧3 = 1

9. Tunjukkan bahwa 𝑎2 = 𝑏 dan apakah 𝑏 = 𝑎2?

10. Tunjukkan bahwa apabila 𝑎 bilangan real tertentu maka akar kuadrat

dari 𝑎 + 1 adalah ±√𝐴 𝑒𝑥𝑝 (𝑖𝛼

2) dengan 𝐴 = √𝑎2 + 1 dan 𝛼 =

𝐴𝑟𝑔(𝑎 + 1)

11. Tunjukkan bahwa rumus trigonometri 𝑐𝑜𝑠2 (𝛼

2) =

1+𝑐𝑜𝑠𝛼

2 𝑑𝑎𝑛 𝑠2 (

𝛼

2) =

1+𝑐𝑜𝑠𝛼

2

1.3. Region

Himpunan bilangan-bilangan kompleks yang meliputi titik-titik atau

hal-hal lain yang terkait dalam pembahasan, diuraikan dengan beberapa istilah

yaitu:


H

1. Neighborhood (lingkungan)

Misal 𝑧0 sembarang titik dan r bilangan real positif. Lingkungan bagi

𝑧0 (𝑟 − 𝑛𝑒𝑖𝑔ℎ𝑏𝑜𝑟ℎ𝑜𝑜𝑑 𝑜𝑓 𝑧0) didefinisikan sebagai himpunan titik-titik 𝑧

dibidang kompleks sedemikian hingga:

|𝑧 − 𝑧0| < 𝑟 ditulis dengan 𝑁𝑏(𝑧0, 𝑟) 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑁(𝑧0, 𝑟)

|𝑧 − 𝑧0| < 𝑟

Gambar 1.7. Neighborhood

0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝑟

Gambar 1.8. Neighborhood Terhapus

Lingkungan – 𝑟 terhapus bagi 𝑧0 (delected r – neighborhood of 𝑧0)

didefinisikan sebagai himpunan titik-titik 𝑧 sedemikian hingga:

𝑧0

z


H

0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝑟 ditulis dengan 𝑁𝑏∗(𝑧0, 𝑟)

Jadi 𝑁𝑏(𝑧0, 𝑟) merupakan himpunan semua titik didalam lingkaran

termasuk pusatnya 𝑧0, sedangkan 𝑁𝑏∗(𝑧0, 𝑟) merupakan merupakan

himpunan semua titik didalam lingkaran kecuali pusatnya 𝑧0

Contoh:

(1) 𝑁𝑏(𝑖, 2) lingkungan 2 bagi i yaitu |𝑧 − 𝑖| < 2 adalah himpunan titik-

titik dalam lingkaran |𝑧 − 𝑖| = 2 termasuk pusatnya i (tidak termasuk

kelilingnya), sedangkan 𝑁𝑏∗(𝑖, 2) adalah himpunan titik-titik dalam

lingkaran kecuali |𝑧 − 𝑖| = 2 kecuali pusatnya i.

(2) 𝑁(𝑖, 1), "𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑛 01 𝑏𝑎𝑔𝑖 𝑖" adalah bagian dalam interior lingkaran

pada |𝑧 − 𝑖| = 1, yaitu terdiri dari semua titik 𝑧 sedemikian hingga

|𝑧 − 𝑖| < 1 tampak pada gambar berikut:

𝑦

2𝑖

𝑖

0 𝑥

Gambar 1.10 lingkungan 𝑁(𝑖, 1)

𝑁(∗, ) terdiri dari semua 𝑧 sedemikian hingga 0 < |𝑧| < , yaitu

bagian dalam lingkaran |𝑧| = yang pusatnya 𝑧 = 0 dibuang pada

gambar berikut:


H

𝑦

𝑥

0

Gambar 1.11 lingkungan 𝑁(∗, )

2. Komplemen, titik dalam, titik luar, titik batas

a. Dari himpunan 𝑆 maka komplemen – 𝑆 adalah himpunan titik-titik

selain 𝑆.

b. Titik 𝑧0 disebut titik dalam (interior point) dari himpunan 𝑆 bila

neighborhood 𝑧0 hanya memuat titik-titik dari 𝑆.

c. Titik luar (exterior point) bila neighborhood 𝑧0 memuat titik-titik bukan

dari 𝑆.

d. Bila 𝑧0 bukan salah satu maka disebut titik batas. Jadi 𝑧0 titik batas

(boundary point) dari himpunan 𝑆 bila neighborhood 𝑧0 memuat titik-

titik dari 𝑆 dan titik-titik bukan dari 𝑆. Semua titik batas adalah pembatas

himpunan 𝑆.

Contoh:

(1) Misalkan 𝑆 adalah himpunan semua 𝑧 sedemikian hingga 𝑅(𝑧) > 1

maka jelas bahwa 𝑆 terdiri dari semua titik pada bidang datar tepat di

sebelah kanan garis 𝑥 = 1. Komplemen 𝑆 adalah himpunan semua 𝑧


H

pada dan sebelah kiri 𝑥 = 1, yaitu semua 𝑧 sedemikian hingga 𝑅(𝑧) ≤

1

(2) Misalkan 𝑇 adalah himpunan semua 𝑧 sedemikian hingga 1 ≤ |𝑧| ≤ 3.

Komplemen 𝑇 terdiri dari semua 𝑧 sedimikian hingga |𝑧| <

1 𝑎𝑡𝑎𝑢 |𝑧| ≥ 3

(3) Misal 𝑆 adalah cakram |𝑧| < 2 maka tidaklah sulit melihat batas dari

himpunan 𝑆 yaitu lingkaran |𝑧| = 2

S

2

Gambar 1.9. Cakram

Setiap mengambil sembarang titik w pada lingkaran dan melukis

neighborhood 𝑁(𝑤, 𝑟) untuk sembarang 𝑟 > 0 bagaimanapun kecilnya

pasti memuat titik-titik dari 𝑆 dan titik bukan 𝑆, tetapi titik-titik pada

lingkaran bukanlah milik 𝑆 sehingga 𝑆 himpunan yang tidak memiliki

titik batas.

(4) Misal 𝑇 pita tak hingga yang terdiri dari semua titik 𝑧 dari 1 <

𝐼𝑚(𝑧) ≤ 3 maka batas 𝑇 adalah dua garis mendatar 𝑦 = 1 bukan milik

𝑇 dan 𝑦 = 3 yang termasuk dalam 𝑇, hal ini berarti 𝑇 memuat sebagian

tapi tidak semua titik batasnya.

(5) Misal 𝑉 himpunan semua titik 𝑧 sedemikian 1 ≤ |𝑧 − 𝑖| ≤ 2 maka

𝑉 memuat semua titik batas yaitu dua lingkaran |𝑧 − 𝑖| = 1 dan

|𝑧 − 𝑖| = 2


H

Ketiga kasus pada contoh diatas tampak memberikan gambaran bahwa

suatu himpunan tidak memuat batasnya atau memuat sebagian tetapi tidak

semua titik batasnya atau dapat memuat semua batasnya. Apabila suatu

himpunan tidak memuat titik batasnya maka himpunan terbuka (open set), dan

apabila memuat semua batasnya disebut himpuna tertutup (close set). Apabila

himpunan tersebut memuat sebagian tetapi tidak semua batasnya maka

himpunan tersebut dikatakan tidak terbuka dan tidak tertutup.

Konsep himpunan terbuka memiliki hubungan yang tidak dapat

terpisahkan dengan konsep paling penting dalam teori fungsi kompleks,

dengan menggunakan istilah region untuk menunjukkan himpunan terbuka tak

kosong pada bidang datar dan istilah region tertutup untuk menunjukkan

region berserta titik batasnya.

Suatu himpuna 𝐵 disebut berbatas (bounded) jika dapat ditemukan

lingkaran dengan |𝑧| = 𝑀 yang memuat seluruh 𝐵, sehingga 𝐵 berbatas dan

dapat ditemukan bilangan positif 𝑀 sedimikian hingga |𝑧| < 𝑀 untuk setiap 𝑧

dalam himpunan 𝐵. Apabila 𝑀 semacam itu tidak terdapat maka himpunan

tersebut dinamakan tak terbatas (unbounded).

3. Himpunan Terbuka dan Tertutup

a. Himpunan terbuka (open set) adalah suatu himpunan yang tidak

memiliki titik batas.

b. Himpunan tertutup (closed set) adalah himpunan yang memiliki semua

titik batas.

c. Himpunan yang memuat sebagian tapi tidak semua titik batas disebut

tidak terbuka dan tidak tertutup.


H

4. Terhubung, Domain dan Region

a. Himpunan terbuka (open set) 𝑆 disebut terhubung (connected) jika setiap

pasang dari titik-titiknya dapat dihubungkan dengan rantai kontinu tak

hingga segmen garis yang titik-titiknya selalu terletak pada 𝑆.

b. Suatu himpunan terbuka dan terhubung disebut domain dan setiap

neighborhood yang telah kita kenal merupakan domain.

c. Suatu domain yang bersama-sama dengan semua, beberapa atau tanpa

titik batas membentuk sebuah region.

d. Suatu region tertutup menujukkan region beserta batasnya.

e. Suatu himpunan 𝑏 disebut terbatas (bounded) jika dapat ditemukan

lingkaran |𝑧| = 𝑀 yang memuat 𝐵. Jadi 𝐵 terbatas bila dapat

menemukan bilangan positif 𝑀 sedemikian hingga |𝑧| < 𝑀 untuk setiap

𝑧 dalam himpunan 𝐵. Apabila ditemukan 𝑀 sebagaimana diatas maka 𝐵

disebut tak terbatas (unbounded).

Contoh:

(1) Open set |𝑧| < 1 adalah terhubung (connected), sedangkan himpunan

1 < |𝑧| < 2 tidak terhubung.

Gambar 1.10. Terhubung

Gambar 1.11. Tidak Terhubung


H

(2) 1 ≤ |𝑧| < 3 adalah himpunan terbatas dan berbatas (mempunyai

semua titik batas), dapat disebut region.

(3) 1 < 𝐼𝑚(𝑧) ≤ 3 adalah himpunan tak terbatas dan berbatas disebut

himpunan tertutup tapi bukan region tertutup.

(4) 𝑅𝑒(𝑧) > 1 adalah himpunan tak terbatas dan tidak mempunyai titik

batas.

(5) Suatu lingkungan atau lingkungan terhapus bagi sembarang titik 𝑧

merupakan suatu region

(6) “Analus melingkar” yang terdiri atas titik-titik 𝑧 dengan −2 ≤

|𝑧 + 2| ≤ 3 merupakan region tertutup. Himpunan tersebut terdiri atas

region diantara dua lingkaran konsentris |𝑧 + 2| = 2 𝑑𝑎𝑛 |𝑧 + 2| = 3

dengan batas region yaitu kedua lingkaran tersebut.

(7) Penggal sumbu nyata dengan −2 ≤ 𝑥 ≤ 2 merupakan himpunan

tertutup tetapi bukan region tertutup karena terdiri dari satu region

berikut batasnya. Perhatikan bahwa himpunan ini terdiri atas

seluruhnya titik batas dan tidak memuat titik dalam.

Soal Latihan 5

1. Gambarlah himpunan berikut, dengan domain:

a. |2𝑧 + 3| > 4

b. |𝑧 − 4| ≥ |𝑧|

c. |𝑧| > 0, 0 ≤ arg 𝑧 ≤1

4𝜋

2. Tentukan daerah pada bidang 𝑧 berikut ini:

a. |𝑧| < 3


H

b. 1 < |𝑧 + 2𝑖| ≤ 2

c. 𝜋

3𝜋 ≤ arg 𝑧 ≤

𝜋

2

3. Diketahui himpunan 𝐴 dan 𝐵 yang berturut-turut dinyatakan dengan

|𝑧 − 1| < 3 dan |𝑧 − 2𝑖| < 2. Nyatakan daerah berikut pada bidang 𝑧:

a. 𝐴 ∩ 𝐵 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝐴𝐵

b. 𝐴 ∪ 𝐵 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝐴 + 𝐵

4. Nyatakan secara grafik himpunan semua nilai 𝑧 yang memenuhi:

a. |𝑧−3

𝑧+3| = 2

b. |𝑧−3

𝑧+3| < 2


H

BAB II

FUNGSI-FUNGSI ANALITIK


1. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi

variabel kompleks dan pemetaan (mapping) dengan cermat dan teliti.

2. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian limit

dalam fungsi kompleks

3. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian

kontinuitas dalam fungsi kompleks dengan cermat dan teliti.

4. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian derivative

(fungsi turunan-penurunan fungsi) dengan cermat dan teliti.

5. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian

Persamaan Cauchy-Riemann (PCR) dengan cermat dan teliti.

6. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi-

fungsi analitik dengan cermat dan teliti.


harmonik dengan cermat dan teliti.

2.1. FUNGSI VARIABEL KOMPLEKS

Jika pada setiap nilai variabel kompleks 𝑧 terdapat satu atau lebih nilai

dari variabel kompleks 𝑤 adalah suatu fungsi dari 𝑧 yang dituliskan:

𝑤 = 𝑓(𝑧) 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑤 = 𝑔(𝑧)


H

Variabel 𝑧 disebut suatu variabel bebas dan 𝑤 disebut variabel tak bebas dan

nilai suatu fungsi di 𝑧 = 𝑎 maka dituliskan: 𝑓(𝑎)

Contoh:

(1) Jika 𝑓(𝑧) = 𝑧2 maka tentukan nilai dari 𝑓(5𝑖)

(2) Jika 𝑓(𝑧) = 2𝑧2 + 7 maka tentukan nilai dari 𝑓(3𝑖)

Penyelesaian:

(1) Nilai dari 𝑓(5𝑖):

𝑓(𝑧) = 𝑧2

𝑓(5𝑖) = (5𝑖)2 = −25

(2) Nilai dari 𝑓(3𝑖):

𝑓(𝑧) = 2𝑧2 − 7

𝑓(3𝑖) = (3𝑖)2 + 12 = −9 + 12 = 3

Apabila hanya satu nilai 𝑤 dihubungkan dengan setiap nilai dari 𝑧

maka 𝑤 adalah suatu fungsi bernilai tungal dari 𝑧 atau 𝑓(𝑧) bernilai tunggal

dan apabila lebih dari satu nilai 𝑤 dihubungkan dengan setiap nilai dari 𝑧 maka

𝑤 adalah suatu fungsi bernilai banyak dari 𝑧 atau 𝑓(𝑧) bernilai banyak, sebagai

contoh pada kasus berikut:

(1) Apabila 𝑤 = 𝑧2 maka pada setiap nilai 𝑧 terdapat hanya satu nilai

𝑤. Hal ini dapat dikatakan 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧2 merupakan suatu fungsi

bernilai tunggal dari 𝑧.

(2) Apabila 𝑤 = 𝑧1

2 maka pada setiap nilai 𝑧 terdapat hanya dua nilai

𝑤. Hal ini dapat dikatakan 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧1

2 merupakan suatu fungsi

bernilai banyak (dua nilai) dari 𝑧.


H

Apabila fungsi 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧2 atau 𝑤 = 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑖2𝑥𝑦 = 𝑢 + 𝑖𝑣, maka

diperoleh:

𝑤 = 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑖2𝑥𝑦 → 𝑢 = 𝑥2 − 𝑦2 𝑑𝑎𝑛 𝑣 = 2𝑥𝑦

Hal ini berarti bahwa tiap fungsi kompleks 𝑤 = 𝑓(𝑧) berkorespondensi

dengan dua fungsi nyata 𝑢(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑎𝑛 𝑣(𝑥, 𝑦) dituliskan:

𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦)

Apabila variabel 𝑧 = (𝑥, 𝑦) dinyatakan dalam bentuk kutub 𝑥 = (𝑟, 𝜃) , 𝑦 =

(𝑟, 𝜃) maka 𝑤 = 𝑓(𝑧) dapat dinyatakan:

𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑟, 𝜃) + 𝑖𝑣(𝑟, 𝜃)

Contoh:

Tentukan bentuk kutub dari 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧2

Penyelesaian:

Bentuk kutub dari 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧2 atau 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧2 = (𝑥 + 𝑖𝑦)2,

yaitu:

𝑤 = 𝑟2(cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃)2 = 𝑟2(cos 2𝜃 + 𝑖 sin 2𝜃) =

𝑟2 cos 2𝜃 + 𝑖 𝑟2 sin 2𝜃

dengan:

𝑢 = 𝑟2 cos 2𝜃 dan 𝑣 = 𝑟2 sin 2𝜃


H

Apabila dari 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) dengan 𝐼𝑚(𝑓(𝑧)) =

0 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑣(𝑥, 𝑦) = 0 maka diperoleh fungsi real, misalnya 𝑓(𝑧) = |𝑧|2 =

𝑥2 + 𝑦2

2.2. PEMETAAN

Memiliki hubungan sangat erat antara pengertian fungsi dan pemetaan.

Fungsi lebih menitik beratkan pada hubungan antara dua variabel atau lebih

yang dinyatakan dalam persamaan-persamaan aljabar. Pemetaan memiliki

hubungan antar variabel yang diiliustrasikan lewat grafik dalam sumbu

koordinat yang umumya disebut grafik fungsi.

Fungsi variabel kompleks 𝑤 = 𝑓(𝑧) dengan dua variabel, misalnya 𝑧

dan 𝑤, kadang kala tidak dapat digambarkan dengan mudah karena

memerlukan dua bidang koordinat yaitu bidang 𝑧 dengan sumbu 𝑥 dan 𝑦 dan

bidang 𝑤 dengan sumbu 𝑢 dan 𝑣.

f

𝑧 = (𝑥, 𝑦) 𝑤 = (𝑢, 𝑣)

y 𝑤 = 𝐹(𝑧)

Gambar 2.1. Bidang 𝑧 Gambar 2.2. Bidang 𝑤

Fungsi 𝑓 memetakan tiap 𝑧 di bidang 𝑥𝑦 ke titik 𝑤 di bidang 𝑢𝑣 ditulis:

𝑓: 𝑧 → 𝑤 = 𝑓(𝑧)


H

Pengertian transformasi seperti refleksi, translasi dan rotasi menjadi sering

digunakan untuk menjelaskan sifat-sifat sebuah pemetaan, sebagai comtoh

bidang 𝑧 dan 𝑤 dalam satu sistem koordinat yang meliputi:

a. Refleksi (pencerminan) terhadap sumbu 𝑥 dengan 𝑤 = 𝑧

𝑦, 𝑣 𝑧2

𝑧3

𝑧1

𝑥, 𝑢

𝑧1

𝑧3 𝑧2

Gambar 2.3. Refleksi

b. Rotasi (perputaran) dengan 𝑤 = 𝑖𝑧 (misal titik 𝑧 dengan sudut sebesar

1

2𝜋 arah positif)

𝑤 = 𝑖𝑧

𝑧

𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 = (𝑥, 𝑦)

𝑤 = 𝑖𝑧 = −𝑦 + 𝑖𝑥 = (−𝑦, 𝑥)

Gambar 2.4. Rotasi


H

c. Translasi (pergeseran) dengan titik 𝑧 digeser ke titik 𝑤

𝑧1 𝑤1

𝑧2 𝑤2

𝑧3 𝑤3

Gambar 2.5. Translasi

Contoh:

(1) Tunjukkan pada bidang 𝑧 dan 𝑤 yang tidak dalam satu sistem bahwa

𝑤 = 𝑧2, dengan 𝑤 = 𝑧2 = (𝑥2 − 𝑦2) + 𝑖(2𝑥𝑦) = 𝑢 + 𝑖𝑣, dengan

𝑢 = 𝑥2 − 𝑦2 𝑑𝑎𝑛 𝑣 = 2𝑥𝑦

(2) Tunjukkan bahwa 𝑤 =1+𝑧

1−𝑧 pada bidang 𝑧 dan 𝑤

Penyelesaian:

(1) Bidang 𝑧 dan 𝑤 yang tidak dalam satu system

Missal 𝑤 = 𝑧2, maka 𝑤 = 𝑧2 = (𝑥2 − 𝑦2) + 𝑖(2𝑥𝑦) = 𝑢 +

𝑖𝑣

dengan:

𝑢 = 𝑥2 − 𝑦2 𝑑𝑎𝑛 𝑣 = 2𝑥𝑦

Diselidiki dengan memisalkan:

a. Untuk:

𝑢1 = 𝑥2 − 𝑦2 (konstan) berupa hiperbola orthogonal di

bidang 𝑢


H

𝑣1 = 2𝑥𝑦 (konstan) berupa hiperbola orthogonal

di bidang 𝑣

Hal ini tidak mudah menggambarkan 𝑤 dan 𝑧 dalam satu bidang

(sistem koordinat)

b. Apabila dipilih beberapa titik pada bidang 𝑧 misalnya, maka

bayangannya pada bidang 𝑤 akan nampak sebagai berikut:

𝑧0 = (0,0) bayangannya 𝑤0 = (0,0)

𝑧1 = (2,1) bayangannya 𝑤1 = (3,4)

𝑧2 = 𝑖 bayangannya 𝑤2 = −1 dan lain sebagainya

𝑦 𝑣 (3, 4)

(2, 1)

(0, 0) x (0, 0) u

Bidang z Bidang w

Gambar 2.6. 𝑤 = 𝑧2

c. Apabila garis 𝑔 sejajar sumbu 𝑦 pada bidang 𝑧

Misalnya 𝑥 = 1 , 𝑦 ≥ 0 maka bayangannya pada bidang 𝑧 yaitu

𝑔1 nampak sebagai sebuah parabola, sebab:

untuk titik 𝑧1 = (1,0) bayangannya 𝑤1 = (1,0)

untuk sembarang titik 𝑧 = (1, 𝑦), dengan 𝑦 > 0 maka

diperoleh:

𝑢 = 1 − 𝑦2………… (a)

𝑣 = 2𝑦 ………….. (b)


H

dari dua persamaan ini diperoleh

𝑢 = 1 −1

4𝑣2 parabola bidang 𝑤

y v

𝑔: 𝑥 = 1 𝑔1: 𝑢 = 1 −1

4𝑣2

x u

𝑧1 = (1,0) 𝑤1 = (1,0)

Bidang 𝑧 Bidang 𝑤

Gambar 2.7. 𝑤 = 𝑧2

(2) Perhatikan fungsi 𝑤 =1+𝑧

1−𝑧

Apabila diambil empat titik pada bidang 𝑧 yaitu 𝑧 =

0 , −1 , 𝑖 𝑑𝑎𝑛 – 𝑖 maka diperoleh bayangan pada bidang 𝑤 sebagai

berikut:

𝑧 = 0 𝑤 = 1

𝑧 = −1 𝑤 = 0

𝑧 = 𝑖 𝑤 = 𝑖

𝑧 = −𝑖 𝑤 = −𝑖

Untuk 𝑧 = 1 tidak mempunyai harga 𝑤, namun dapat dikatakan:

𝑧 = 1 𝑤 = ∞

Dari uraian diatas fungsi 𝑤 =1+𝑧

1−𝑧 memindahkan bagian dalam

lingkaran satuan bidang 𝑧 ke setengah bidang datar sebelah kanan.


H

Gambar 2.8. 𝑤 =1+𝑧

1−𝑧

Soal Latihan 1

1. Nyatakan setiap fungsi berikut dalam bentuk 𝑢 = (𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦),

dimana 𝑢 dan 𝑣 real:

a. 𝑧3

b. b. 1

(1−𝑧)

c. c. 𝑒3𝑧

2. Tentukan 𝑧 sedemikian hingga |𝑧| = 2 dan arg 𝑧 =𝜋

4

3. Tunjukkan bahwa persamaan |𝑧 + 𝑖| = 2 merupakan lingkaran dan

tentukan pusat serta jari-jarinya

4. Tentukan bentuk kompleks dari persamaan 𝑥 + 3𝑦 = 2

5. Tentukan ketiga akar pangkat tiga dari 𝑖

6. Diberikan 𝑓(𝑧) = 𝑧2 + 𝑧 − 3, nyatakan fungsi 𝑓 dalam bentuk:

a. 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦)

b. 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑟, 𝜃) + 𝑖𝑣(𝑟, 𝜃)

7. Tentukan nilai fungsi 𝑓(2𝑖) jika 𝑓(𝑧) = 𝑧2 − 2𝑧 − 1

8. Tentukan nilai fungsi pada tiap titik yang ditunjukkan:

a. 𝑓(𝑧) = 3𝑧2 − 𝑖𝑧 pada 2 − 𝑖


H

b. 𝑓(𝑧) = 𝑧2 − [𝑅𝑒(𝑧)]2 pada −4 − 4𝑖

9. Gambarkan titik 𝑧 dan lawannya 𝑤 dengan fungsi yang diberikan dan

ditransformasikan pada 𝑤 = 𝑧 + 1 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑧 = 0 , 1 + 𝑖 , −1 , −3 +

2𝑖 , −𝑖

10. Perhatikan fungsi 𝑤 = 𝑒𝑥(cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦), tentukan bayangan titik-

titik 1 +𝜋

4𝑖, 1 +

𝜋

2𝑖, 1 + 𝜋𝑖, 1 +

3𝜋

2𝑖, 1 + 2𝜋𝑖. Gambarlah 𝑤-nya,

kemudian generalisasikan apa yang telah diperoleh dengan

menempatkan bayangan garis 𝑧 = 1 + 𝑦𝑖 untuk semua bilangan real 𝑦

2.3. LIMIT

Definisi:

Fungsi 𝑤 = 𝑓(𝑧) dikatakan memiliki limit 𝑤0 = 𝐿 pada saat

𝑧 mendekati 𝑧0 dituliskan:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝐿

jika diberikan > 0 terdapatlah 𝛿 > 0 sedemikian hinga:

|𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿

Hal ini berarti untuk sebarang bilangan positif ( > 0) maka

terdapatlah bilangan positif 𝛿 (𝛿 > 0) sedemikian hingga:

|𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿 .

Titik-titik 𝑧 terletak dalam neighborhood 0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿, sehingga simbol

𝑧 → 𝑧0 diartikan bahwa 𝑧 mendekati 𝑧0 dari sembarang arah. Hal ini untuk


H

menguji kebenaran suatu nilai merupakan nilai limit atau bukan untuk

mengitung limit.

Definisi tersebut, dapat dikatakan 𝑓(𝑧) dikatakan kontinu pada 𝑧0

apabila untuk sebarang > 0 terdapatlah 𝛿 > 0 sedemikian hingga:

|𝑓(𝑧) − 𝑓(𝑧0) < | bilamana > 0 terdapatlah 𝛿 > 0.

Sebagai alternatif, 𝑓(𝑧) adalah kontinu pada 𝑧0 jika lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑧0)

Teorema A:

Bila fungsi f mempunyai limit pada titik 𝑧0 maka nilai limitnya

adalah tunggal atau dapat dikatakan lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) ada maka nilai

limit tunggal.

Bukti:

Dengan bukti tidak langsung, yaitu andaikan nilai limitnya tidak

tunggal diperoleh:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝐿1 dan lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝐿2 dengan 𝐿1 ≠ 𝐿2

maka untuk sembarang nilai > 0 yang diberikan harus dapat

ditemukan harga 𝛿1 𝑑𝑎𝑛 𝛿2 sedemikian hingga:

|𝑓(𝑧) − 𝐿1| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿1

dan

|𝑓(𝑧) − 𝐿2| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿2

sekarang bila dipilih =1

2|𝐿1 − 𝐿2| 𝑑𝑎𝑛 𝛿 dipilih nilai terkecil

dari dua bilangan 𝛿1 𝑑𝑎𝑛 𝛿2, diperoleh bahwa untuk:

0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿


H

maka:

|𝐿1 − 𝐿2| = |{𝑓(𝑧) − 𝐿2} − {𝑓(𝑧) − 𝐿1}|

≤ |𝑓(𝑧) − 𝐿2| + |𝑓(𝑧) − 𝐿1| ≤ 2 (= |𝐿1 − 𝐿2|)

|𝐿1 − 𝐿2| < |𝐿1 − 𝐿2| adalah sesuatu yang tidak mungkin.

Pengandaian berarti salah, yang benar yaitu harga limit itu tunggal,

sehingga diartikan bahwa pernyataan lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝐿 baik

𝑧0 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝐿 atau mungkin semua titiknya merupakan titik-titik di

lapang tak hingga dan dapat dikatakan:

lim𝑧→∞

𝑓(𝑧) = 𝐿

untuk setiap harga > 0 harus ditemukan 𝛿 > 0 sedemikian

hingga:

|𝑓(𝑧) − 𝐿| < untuk |𝑧| >1

𝛿

Hal ini berarti titik 𝑓(𝑧) terletak dalam neighnorhood |𝑤 − 𝐿| >

dari 𝐿 manakala 𝑧 terletak dalam neighborhood |𝑧| >1

𝛿 dari 𝛿 titik

lapang tak hingga.

Bila 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) ; 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 , 𝑤0 = 𝑢0 +

𝑖𝑣0 maka:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑤0

𝑏𝑖𝑙𝑎 ℎ𝑎𝑛𝑦𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎

lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0)

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢0 𝑑𝑎𝑛 lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0)

𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑣0

atau dapat dikatakan, apabila:


H

𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) dan 𝑧0 = 𝑎 + 𝑖𝑏

maka:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝐴 + 𝑖𝐵 lim(𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏)

𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝐴 𝑑𝑎𝑛 lim(𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏)

𝑉(𝑥, 𝑦) = 𝐵

Selain itu juga dapat didefinisikan:

Bilangan real 𝐴 adalah limit fungsi real dari dua variabel real (𝑥, 𝑦)

dengan domain definisi 𝐷 untuk (𝑥, 𝑦) → (𝑎, 𝑏)

ditulis:

lim(𝑥,𝑦)→(𝑎,𝑏)

𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝐴 ,

jika untuk setiap > 0 yang diberikan terdapat 𝛿 > 0

sehingga untuk semua (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 dan 0 <

√(𝑥, 𝑎)2 + (𝑦 − 𝑏)2 < 𝛿 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢 |𝑢(𝑥, 𝑦) − 𝐴| <

Teorema B:

Bila 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦); 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0, 𝑤0 = 𝑢0 + 𝑖𝑣0

maka:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑤0

bila hanya bila


𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢0 𝑑𝑎𝑛 lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0)

𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑣0

Bukti:

(1) Syarat perlu:⇒

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑤0 = 𝑢0 + 𝑖𝑣0

Menurut definisi, untuk > 0 sedemikian hingga:


H

|(𝑢 + 𝑖𝑣) − (𝑢0 + 𝑖𝑣0)| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿

|(𝑢 + 𝑢0) + 𝑖(𝑣 + 𝑣0)| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿

sedangkan

|𝑢 + 𝑢0| ≤ |(𝑢 + 𝑢0) + 𝑖(𝑣 + 𝑣0)|

|𝑣 + 𝑣0| ≤ |(𝑢 + 𝑢0) + 𝑖(𝑣 + 𝑣0)|

maka

|𝑢 + 𝑢0| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < (𝑥 − 𝑥0)2 + (𝑦 − 𝑦0)2 < 𝛿2

|𝑣 + 𝑣0| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < (𝑥 − 𝑥0)2 + (𝑦 − 𝑦0)2 < 𝛿2

Menurut definisi limit untuk fungsi berharga real dari dua

peubah nyata maka limit-limit dari 𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 ada dan

mempunyai harga sebenarnya, yaitu:


𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢0 lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0)

𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑣0

𝑥 → 𝑥0 dan 𝑥 → 𝑥0

𝑦 → 𝑦0 𝑦 → 𝑦0

(terbukti)

(2) Syarat cukup: ⇐


𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢0 lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0)

𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑣0


𝑦 → 𝑦0 𝑦 → 𝑦0

maka untuk tiap > 0 terdapatlah 𝛿1 > 0 𝑑𝑎𝑛 𝛿2 > 0 sedemikian hingga:

|𝑢 + 𝑢0| <1

2 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < (𝑥 − 𝑥0)2 + (𝑦 − 𝑦0)2 < 𝛿1

2

|𝑣 + 𝑣0| <1

2 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < (𝑥 − 𝑥0)2 + (𝑦 − 𝑦0)2 < 𝛿2

2

misalkan 𝛿 dipilih nilai minimum dari 𝛿1 𝑑𝑎𝑛 𝛿2 maka:


H

|(𝑢 + 𝑢0) + 𝑖(𝑣 + 𝑣0)| ≤ |(𝑢 + 𝑢0) + (𝑣 + 𝑣0)| <1

2+

1

2(= )

𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿 𝑎𝑡𝑎𝑢

|(𝑢 + 𝑖𝑣) − (𝑢0 + 𝑖𝑣0)| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 0 < |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿

Jadi lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑤0 = 𝑢0 + 𝑖𝑣0 terbukti

Teorema C:

Diberikan fungsi f, g, h didefinisikan pada daerah 𝐷 = 𝐷𝑓 ∩

𝐷𝑔 ⊆ 𝐶 𝑑𝑎𝑛 𝑧0 ∈ 𝐷

Apabila:

|𝑓(𝑧)| ≤ |𝑔(𝑧)| ≤ |ℎ(𝑧)| lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝐿 𝑑𝑎𝑛 lim𝑧→𝑧0

ℎ(𝑧) = 𝐿

maka:

lim𝑧→𝑧0

𝑔(𝑧) = 𝐿 , dengan 𝑧 ∈ 𝑁∗(𝑧0, 𝑑) ∩ 𝐷

Teorema D:

Misal 𝑓 𝑑𝑎𝑛 𝐹 merupakan fungsi-fungsi yang limitnya ada di 𝑧0

yaitu:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑤0 𝑑𝑎𝑛 lim𝑧→𝑧0

𝐹(𝑧) = 𝑊0

maka:

(a) lim𝑧→𝑧0

{𝑓(𝑧) + 𝐹(𝑧)} = 𝑤0 + 𝑊0

(b) lim𝑧→𝑧0

{𝑓(𝑧). 𝐹(𝑧)} = 𝑤0. 𝑊0

(c) lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧)

𝐹(𝑧)=

𝑤0

𝑊0, 𝑊0 ≠ 0


H

Bukti:

Dibuktikan salah satu yaitu untuk lim𝑧→𝑧0

{𝑓(𝑧). 𝐹(𝑧)} = 𝑤0. 𝑊0, yang lainnya

merupakan analog.

Diketahui: 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦)𝑑𝑎𝑛 𝐹(𝑧) = 𝑈(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑉(𝑥, 𝑦)

𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0; 𝑤0 = 𝑢0 + 𝑖𝑣0; 𝑊0 = 𝑈0 + 𝑖𝑉0

bila:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑤0 = 𝑢0 + 𝑖𝑣0

maka:


𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢0 lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0)

𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑣0


demikian pula: 𝑦 → 𝑦0 𝑦 → 𝑦0

bila:

lim𝑧→𝑧0

𝐹(𝑧) = 𝑊0 = 𝑈0 + 𝑖𝑉0

maka:


𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑈0 lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0)

𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑉0


𝑦 → 𝑦0 𝑦 → 𝑦0

Sehingga:

𝑓(𝑧). 𝐹(𝑧) = (𝑢 + 𝑖𝑣). (𝑈 + 𝑖𝑉) = (𝑢𝑈 − 𝑣𝑉) + 𝑖(𝑢𝑉 + 𝑣𝑉)

lim𝑧→𝑧0

{𝑓(𝑧). 𝐹(𝑧)} = lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0)

{(𝑢𝑈 − 𝑣𝑉) + 𝑖(𝑢𝑉 + 𝑣𝑉)}


(𝑢𝑈 − 𝑣𝑉) = 𝑢0𝑈0 − 𝑣0𝑉0


(𝑢𝑈 + 𝑣𝑉) = 𝑢0𝑈0 + 𝑣0𝑉0


H

Jadi

lim𝑧→𝑧0

{𝑓(𝑧). 𝐹(𝑧)} = (𝑢0𝑈0 − 𝑣0𝑉0) + 𝑖( 𝑢0𝑈0 + 𝑣0𝑉0)

= (𝑢0 + 𝑖𝑣0). (𝑈0 + 𝑖𝑉0)

= 𝑤0. 𝑊0

(terbukti)

Limit Tak Hingga

Definisi:

a. Bilangan L adalah lim𝑧→∞

𝑓(𝑧) jika untuk setiap > 0 terdapat 𝛿 >

0 sehingga untuk

0 < |𝑧| < 𝛿 berlaku |𝑓(1

𝑧)| < lim

𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = ∞ 𝑏ℎ𝑏 lim𝑧→𝑧0

1

𝑓(𝑧)= 0

b. Bilangan L adalah lim𝑧→∞

𝑓(𝑧) jika untuk setiap > 0 terdapat 𝑀

sehingga untuk

|𝑧| > 𝑀 berlaku |𝑓(1

𝑧)| < lim

𝑧→∞𝑓(𝑧) = 𝑤0 𝑏ℎ𝑏 lim

𝑧→𝑧0

𝑓(1

𝑧) = 𝑤0

c. Apabila 𝑀 > 0 terdapat 𝛿 > 0 sehingga untuk semua z dimana

0 < 𝑧 − 𝑧0 < 𝛿 berlaku

|𝑓(𝑧)| > 𝑀 lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = ∞ 𝑏ℎ𝑏 lim𝑧→𝑧0

1

𝑓(𝑧)= 0

Contoh:

(1) Tunjukkan fungsi identitas 𝑓(𝑧) = 𝑧

(2) Hitunglah lim𝑧→𝑖

𝑧−𝑖

𝑧2+1

(3) Apabila 𝑓(𝑧) =𝑥2

𝑧 maka tentukan lim 𝑓(𝑧) untuk 𝑧 → 0

Penyelesaian:


H

(1) Perhatikan fungsi identitas 𝑓(𝑧) = 𝑧

Untuk sembarang titik 𝑧0 jelaslah bahwa untuk 𝑧 → 𝑧0, 𝑓(𝑧) → 𝑧0

karena 𝑓(𝑧) = 𝑧.

Apabila 𝑓(𝑧) = 𝑧 maka lim 𝑓(𝑧) = 𝑧0

(2) lim𝑧→𝑖

𝑧−𝑖

𝑧2+1= lim

𝑧→𝑖

𝑧−𝑖

(𝑧−𝑖)(𝑧+𝑖)=

1

2𝑖

(3) Bila 𝑓(𝑧) =𝑥2

𝑧 maka tentukan lim 𝑓(𝑧) untuk 𝑧 → 0

karena: |𝑥| ≤ |𝑧| 𝑚𝑎𝑘𝑎 |𝑥|2

|𝑧|≤ |𝑥|

sehingga: |(𝑧)| =|𝑥|2

|𝑧|≤ |𝑥|

untuk 𝑧 → 0 𝑚𝑎𝑘𝑎 |𝑧| → 0

kemudian karena: |(𝑧)| ≤ |𝑥| 𝑚𝑎𝑘𝑎 |(𝑧)| → 0

tetapi bila modulus suatu besaran menuju nol maka demikian pula

besaran itu sendiri.

Jadi lim 𝑓(𝑧) = 0 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 → 0

Soal Latihan 2

1. Tunjukkan bahwa lim𝑧→1

𝑧2−1

𝑧−1= 2

2. Diketahui (𝑧) =2𝑥𝑦

𝑥2+𝑦2+

𝑖𝑥2

𝑦+1 , tunjukkan bahwa lim

𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑎𝑑𝑎

3. Hitunglah:

a. lim𝑧→1+𝑖

𝑧3

b. lim𝑧→(3,4)

𝑖𝑅𝑒(𝑧2)−𝑖𝑅𝑒(𝑧)+(𝐼𝑚(𝑧2)2−1

|𝑧|

4. Hitunglah nilai limit fungsi-fungsi berikut ini sesuai titik yang

ditentukan:


H

a. 𝑓(𝑧) =𝐼𝑚 (𝑧2)−1

𝑧��𝑝𝑎𝑑𝑎 3 − 4𝑖

b. 𝑓(𝑧) = 𝑠𝑖𝑛𝜋𝑥 − 𝑒2𝑥𝑦𝑖 𝑝𝑎𝑑𝑎 1 + 𝑖

5. Tunjukkan bahwa:

a. lim𝑧→4

3𝑖𝑧+1

𝑧−4= ∞

b. lim𝑧→∞

3𝑧+1

𝑧+1= 3

6. Diketahui 𝑓(𝑧) =2𝑥𝑦

𝑥2+𝑦2−

𝑦2

𝑥2𝑖, tentukan:

a. lim 𝑓(𝑧) 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 → 0 sepanjang garis 𝑦 = 𝑥

b. lim 𝑓(𝑧) 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 → 0 sepanjang garis 𝑦 = 2𝑥

c. lim 𝑓(𝑧) 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 → 0 sepanjang parabola 𝑦 = 𝑥2

7. Tunjukkan bahwa limit fungsi-fungsi berikut tidak ada:

a. lim𝑥+𝑦−1

𝑧−𝑖 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 → 𝑖

b. lim4𝑥

√𝑥2+𝑦2 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 → 0

8. Dengan mnggunakan definisi limit fungsi tak hingga, tunjukkan

bahwa:

a. lim𝑧→∞

1

𝑧2+1= 0

b. lim𝑧→1

1

(𝑧−1)3 = ∞

c. lim𝑧→∞

3𝑧2 = ∞

9. Tunjukkan bahwa lim𝑧→0

��

𝑧 tidak ada

10. Apabila lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) 𝑎𝑑𝑎, tunjukkan bahwa bernilai tunggal


H

2.4. KONTINUITAS

Definisi:

Fungsi 𝑤 = 𝑓(𝑧) kontinu di titik 𝑧0 bila hanya bila:

a. 𝑓(𝑧0) 𝑎𝑑𝑎

b. lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) 𝑎𝑑𝑎

c. lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑧0)

Perhatikan bahwa sebenarnya syarat 𝒄 cukup memadai karena

didalamnya telah termuat syarat 𝒂 𝑑𝑎𝑛 𝒃. Hal ini berarti bahwa tiap nilai >

0 yang diberikan terdapatlah 𝛿 > 0 sedemikian hingga:

|𝑓(𝑧) − 𝑓(𝑧0)| < 𝑏𝑖𝑙𝑎 |𝑧 − 𝑧0| < 𝛿

dalam hal ini 𝛿 = 𝛿( , 𝑧0) artinya 𝛿 tergantung 𝑑𝑎𝑛 𝑧0.

Apabila 𝛿 = 𝛿( ) yaitu tidak tergantung pada 𝑧0 maka dapat dikatakan

𝑓(𝑧) kontinu uniform, jelasnya 𝑓(𝑧) kontinu di semua titik dalam region 𝑅.

Fungsi variabel kompleks selalu dapat ditulis sebagai:

𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦)

maka kekontinuan 𝑓(𝑧) selalu ditunjukkan oleh kekontinuan komponen-

komponennya yaitu 𝑢(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑎𝑛 𝑣(𝑥, 𝑦)

Teorema:

Misalkan:

a. 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦)


H

b. 𝑓(𝑧) terdefinisikan pada setiap titik region 𝑅

c. 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 suatu titik di dalam region 𝑅

maka 𝑓(𝑧) kontinu di 𝑧0 bila dan hanya bila:

𝑢(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑎𝑛 𝑣(𝑥, 𝑦) 𝑘𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢 𝑑𝑖 (𝑥0, 𝑦0).

Sebagai konsekuensi dari teori tentang limit yaitu:

lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑧0) untuk 𝑧 → 𝑧0

bila hanya bila


𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢(𝑥0, 𝑦0)

dan


𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑣(𝑥0, 𝑦0) untuk (𝑥, 𝑦) → (𝑥0, 𝑦0)

Misalkan 𝑓(𝑧) = 𝑥𝑦2 + 𝑖(2𝑥 − 𝑦) maka 𝑓(𝑧) ini kontinu disetiap titik 𝑧 pada

bidang kompleks karena fungsi komponen-komponennya yaitu:

𝑢 = 𝑥𝑦2 kontinu di setiap titik (𝑥, 𝑦)

dan

𝑣 = 2𝑥 − 𝑦 kontinu di setiap titik (𝑥, 𝑦)

Bila 𝑓(𝑧) 𝑑𝑎𝑛 𝑔(𝑧) kontinu di 𝑧0 maka:

a. Jumlah 𝑓(𝑧) + 𝑔(𝑧) kontinu

b. Selisih 𝑓(𝑧) − 𝑔(𝑧) kontinu

c. Perkalian 𝑓(𝑧). 𝑔(𝑧) kontinu

d. Pembagian 𝑓(𝑧)

𝑔(𝑧) kontinu asal 𝑔(𝑧) ≠ 0

e. Komposisi 𝑔(𝑓(𝑧)) kontinu di titik 𝑧0


H

Suatu hal yang perlu diketahui adalah setiap suku banyak (polynomial) dalam

𝑧: 𝑃(𝑧) = 𝑎0 + 𝑎1𝑧 + 𝑎2𝑧2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑧𝑛 kontinu di setiap titik.

Bukti teorema, dengan menunjukkan salah satu teorema yang (e)

komposisi dua fungsi kontinu adalah kontinu

𝑓 𝑔

𝑔(𝑓)

Gambar 2.9. Fungsi komposisi

Contoh:

𝑓(𝑧) = 𝑥𝑦2 + 𝑖(2𝑥 − 𝑦)

𝑓(𝑧) kontinu pada setiap titik 𝑧 di bidang kompleks karena fungsi

komponen-komponennya yaitu:

𝑢 = 𝑥𝑦2 kontinu pada setiap titik (𝑥, 𝑦)

dan 𝑣 = 2𝑥𝑦 kontinu pada setiap titik (𝑥, 𝑦)

Soal Latihan 3

1. Tunjukkan bahwa 𝑓(𝑧) = 𝑧2 kontinu di 𝑧 = 𝑧0

2. Tunjukkan bahwa 𝑓(𝑧) = 𝑧2 → 𝑧 ≠ 𝑧0

0 → 𝑧 = 𝑧0

dimana 𝑧0 ≠ 0 tak kontinu di 𝑧 = 𝑧0

𝑧0 𝑔(𝑓(𝑧0))

𝑓(𝑧0)


H

3. Apakah fungsi 𝑓(𝑧) =3𝑧4−2𝑧3+8𝑧2−2𝑧+5

𝑧−𝑖 kontinu di = 𝑖 ?

4. Hitunglah lim𝑧→2𝑒

𝜋𝑖3

𝑧3+8

𝑧4+4𝑧2+16

5. Untuk nilai manakah setiap fungsi berikut kontinu?

a. 𝑓(𝑧) =𝑧

𝑧2−1

b. 𝑓(𝑧) = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑧

6. Selidikilah apakah lim𝑧→𝑖

𝑧2+1

𝑥+𝑦−1 ada?

7. Tunjukkan fungsi 𝑓(𝑧) = |𝑧|2 kontinu di setiap titik

bilangannkompleks

8. Tunjukkan:

a. untuk sembarang 𝑧0 dan sembarang bilangan bulat tidak negative

𝑛: lim𝑧𝑛 = 𝑧0𝑛 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 → 𝑧0

b. sebagai akibatnya 𝑓(𝑧) = 𝑧𝑛 kontinu dimanapun

9. Tunjukkan bahwa 𝑓(𝑧) =1

𝑧 tidak kontinu dalam daerah |𝑧 < 1|

10. Untuk nilai 𝑧 manakah setiap fungsi berikut kontinu?

a. 𝑓(𝑧) =𝑧

𝑧2+1

b. 𝑓(𝑧) =1

sin 𝑧

2.5. DERIVATIVE

Apabila 𝑓(𝑧) bernilai tunggal dalam sejumlah daerah dari bidang 𝑧

maka turunan 𝑓(𝑧) yang dinyatakan oleh 𝑓′(𝑧) yaitu:

lim∆𝑧→0

𝑓(𝑧 + ∆𝑧) − 𝑓(𝑧)

∆𝑧

𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑠𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 𝑡𝑒𝑟𝑑𝑎𝑝𝑎𝑡 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑡𝑒𝑟𝑔𝑎𝑛𝑡𝑢𝑛𝑔 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑏𝑎𝑔𝑎𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 ∆𝑧 → 0.


H

Apabila limit tersebut ada untuk 𝑧 = 𝑧0 maka 𝑓(𝑧) disebut analitik

pada 𝑧0. Apabila terdapat limit untuk semua 𝑧 dalam daerah ℜ maka 𝑓(𝑧)

disebut analitik dalam ℜ dan agar menjadi analitik maka 𝑓(𝑧) harus bernilai

tunggal dan kontinu, tetapi kebalikannya tidak selalu benar.

Untuk itu, dapat didefinisikan yaitu:

1. Apabila 𝑤 = 𝑓(𝑧) suatu fungsi dimana domain definisi memuat

neighborhood dari titik 𝑧0 derivative 𝑓 pada titik 𝑧0 adalah:

𝑓′(𝑧0) = lim𝑧→𝑧0

𝑓(𝑧)−𝑓(𝑧0)

𝑧−𝑧0 bila limitnya ada

2. Apabila menggunakan notasi ∆𝑧 = 𝑧 − 𝑧0 maka derivate 𝑓 pada

titik 𝑧0 dapat ditulis:


𝑓(𝑧0+∆𝑧)−𝑓(𝑧0)

∆𝑧

dengan catatan bahwa, karena 𝑓 terdefinisi dalam neighborhood

𝑧0 maka nilai 𝑓(𝑧0 + ∆𝑧) selalu ada untuk |𝑧0| cukup kecil.

3. Apabila dari formulasi kedua, indeks nol dihilangkan maka

diperoleh definisi defirative (penurunan fungsi) yang lebih umum

yaitu:

𝑓′(𝑧) = lim∆𝑧→0

𝑓(𝑧 + ∆𝑧) − 𝑓(𝑧)

∆𝑧


∆𝑤

∆𝑧

𝑓′(𝑧) =𝑑𝑤

𝑑𝑧


H

dapat dikatakan bahwa notasi-notasi fungsi turunan dari 𝑓 atau

disingkat turunan 𝑓 adalah:

𝑓′(𝑧) 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑑𝑓

𝑑𝑧 𝑎𝑡𝑎𝑢

𝑑𝑤

𝑑𝑧

Turunan fungsi dapat diperoleh dengan cara menerapkan langsung

definisi dan proses ini serupa dengan yang digunakan pada kalkulus.

Rumus-rumus derivative sebagi berikut:

1. 𝑑

𝑑𝑧(𝑧𝑛) = 𝑛𝑧𝑛−1

2. 𝑑

𝑑𝑧(𝑧) = 1;

3. 𝑑

𝑑𝑧(𝐶) = 0

4. 𝑑

𝑑𝑧(𝐶𝑓(𝑧)) = 𝐶

𝑑

𝑑𝑧(𝑓(𝑧))

5. {𝑓(𝑧) + 𝑔(𝑧)}′ = 𝑓′(𝑧) + 𝑔′(𝑧)

6. {𝑓(𝑧) − 𝑔(𝑧)}′ = 𝑓′(𝑧) − 𝑔′(𝑧)

7. {𝑓(𝑧)𝑔(𝑧)}′ = 𝑓′(𝑧)𝑔(𝑧) + 𝑓(𝑧)𝑔′(𝑧)

8. {𝑓(𝑧)

𝑔(𝑧)}

′

=𝑓′(𝑧)𝑔(𝑧)−𝑓(𝑧)𝑔′(𝑧)

{𝑔(𝑧)}2

9. {𝑓(𝑔(𝑧))}′ = 𝑓′(𝑧)𝑔′(𝑧)

Kesesuaian rumus turunan fungsi variabel bilangan kompleks dengan

fungsi nyata yaitu apabila 𝑓 𝑑𝑎𝑛 𝑔 sebagai fungsi 𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 𝑧. Apabila f ditulis


H

sebagai (𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) , seperti misalnya𝑓(𝑧) = 𝑥2 + 𝑖𝑦 , 𝑓(𝑧) =

𝑒𝑥 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝑦 maka diperlukan teorema lebih lanjut.

Contoh:

(1) Tentukan turunan fungsi konstan 𝑓(𝑧) = 𝑐

(2) Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan bulat 𝑛 ≥ 0 dan setiap titik

𝑧0.

Apabila 𝑓(𝑧) = 𝑧𝑛 maka 𝑓′(𝑧0) = 𝑛𝑧0𝑛−1

(3) Membuktikan bahwa fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑧 tidak mempunyai turunan di

setiap titik dengan menunjukkan bahwa nilai limit yang

mendefinisikan 𝑓′(𝑧) bergantung pada cara yang diambil untuk

∆𝑧 → 0

(4) Menunjukkan bahwa apabila 𝑐 suatu konstanta dan 𝑔(𝑧) suatu

fungsi yang dapat dideferensialkan, maka [𝑐 ∙ 𝑔(𝑧)]′ = 𝑐𝑔′(𝑧)

(5) Tentukan (𝑑

𝑑𝑧) dari:

a. [(𝑧3 − 𝑧−2)(𝑧3 + 5)]

b. (𝑧−1 + 2𝑧 + 3)4

c. (𝑧4−3

𝑧2+1)

Penyelesaian:

(1) Untuk setiap nilai z pada 𝑓(𝑧) = 𝑐, mempunyai:


𝑓(𝑧 + ∆𝑧) − 𝑓(𝑧)

∆𝑧


𝑐 − 𝑐

∆𝑧= 0

Jadi turunan suatu fungsi konstan selalu nol.


H

(2) Menggunakan atura pangkat yang sering digunakan pada turunan

yang digunakan pada kalkukus, yaitu:


𝑓(𝑧) − 𝑓(𝑧0)

𝑧 − 𝑧0

= lim𝑧→𝑧0

𝑧𝑛−𝑧0𝑛

𝑧−𝑧0

= lim𝑧→𝑧0

(𝑧−𝑧0)(𝑧𝑛−1+𝑧𝑛−2𝑧0+⋯+𝑧𝑧0𝑛−2+𝑧0

𝑛−1)

𝑧−𝑧0

= lim𝑧→𝑧0

(𝑧 − 𝑧0)(𝑧𝑛−1 + 𝑧𝑛−2𝑧0 + ⋯ + 𝑧𝑧0𝑛−2 + 𝑧0

𝑛−1) (𝑛 𝑠𝑢𝑘𝑢)

= 𝑛𝑧0𝑛−1

(terbukti)

(3) Misalkan: ∆𝑧 = |∆𝑧|𝑐𝑖𝑠 𝛼 dan 𝑧 = |∆𝑧|(cos 𝛼 − 𝑖 sin 𝛼)

maka


𝑓(𝑧 + ∆𝑧) − 𝑓(𝑧)

∆𝑧

= lim∆𝑧→0

(𝑧 + ∆𝑧 ) − 𝑧

∆𝑧

= lim∆𝑧→0

��+∆𝑧 −��

∆𝑧

= lim∆𝑧→0

∆𝑧

∆𝑧

= lim∆𝑧→0

cos 𝛼−𝑖 sin 𝛼

cos 𝛼+𝑖 sin 𝛼

Jelaslah bahwa limit tersebut tidak mempunyai nilai tunggal karena

bergantung pada sudut 𝛼.

Misalnya, apabila 𝑧 + ∆𝑧 → 𝑧 sepanjang garis tegak 𝛼 =𝜋

2, maka

limitnya sama dengan −1, sedangkan apabila 𝑧 + ∆𝑧 → 𝑧 sepanjang

garis mendatar, limitnya sama dengan 1. Kesimpulannya bahwa

fungsi di atas tidak mempunyai turunan dimanapun.


H

(4) Mengambil 𝑓(𝑧) = 𝑐 , diperoleh:

[𝑐 ∙ 𝑔(𝑧)]′ = 𝑐𝑔′(𝑧) + 𝑐′𝑔(𝑧)

= 𝑐𝑔′(𝑧) + 0

= 𝑐𝑔′(𝑧)

(5) Menggunakan aturan pendeferensialan, maka diperoleh:

𝑑

𝑑𝑧[(𝑧3 − 𝑧−2)(𝑧3 + 5)] = (𝑧3 − 𝑧−2)2𝑧 + (𝑧2 + 5)(3𝑧2 + 2𝑧−3)

𝑑

𝑑𝑧(𝑧−1 + 2𝑧 + 3)4 = 4(𝑧−1 + 2𝑧 + 3)3(−𝑧−2 + 2)

𝑑

𝑑𝑧(

𝑧4 − 3

𝑧2 + 1) =

(𝑧2 + 1) 4𝑧3 − (𝑧4 − 3)2𝑧

(𝑧2 + 1)3

Soal Latihan 4

1. Tentukan turunan dari fungsi berikut:

a. 𝑓(𝑧) = (2𝑧2 + 𝑖)5

b. 𝑓(𝑧) =𝑧−𝑖

𝑧+𝑖 pada 𝑖

c. 𝑓(𝑧) = (𝑧−1 + 2𝑧 + 3)4

2. Diberikan 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧3 − 2𝑧 , gunakan definisi untuk menentukan

turunan dari

a. 𝑧 = 𝑧0

b. 𝑧 = −1

3. Apabila 𝑤 = 𝑓(𝑧) =1+𝑧

1−𝑧 maka:


H

a. Tentukan 𝑑𝑤

𝑑𝑧 , (dengan cara definisi & deferensial)

b. Tentukan dimana 𝑓(𝑧) tidak analitik

4. Tentukan 𝑓′(𝑧) fungsi-fungsi berikut ini:

a. 𝑓(𝑧) = 𝑧3 − 3𝑧2 + 𝑧−4 + 2

b. 𝑓(𝑧) = 3𝑧2 − 2𝑧 + 7

c. 𝑓(𝑧) = (2𝑧3 − 3𝑧2 + 4)5

d. 𝑓(𝑥) =𝑥2+2

3−𝑥2 3 − 𝑥2 ≠ 0

5. Gunakan definisi dan aturan deferensial untuk menentukan turunan

dari:

a. 3𝑧2 + 4𝑖𝑧 − 5 + 𝑖 pada 𝑡 = 2

b. 3𝑧−2 pada 𝑧 = 1 + 𝑖

6. Tunjukkan bahwa 𝑓(𝑧) = 𝑧 tidak deferensiabel (tidak ada) dimana-

mana!

7. Tunjukan bahwa apabila 𝑐 suatu konstanta dan 𝑔(𝑧) suatu fungsi yang

dapat diturunkan maka [𝑐 ∙ 𝑔(𝑧)]′ = 𝑐𝑔′(𝑧)

8. Apabila 𝑓(𝑧) analitik di 𝑧0, tunjukkan bahwa harus kontinu di 𝑧0

9. Berikan suatu contoh yang menunjukan bahwa kebalikan dari soal (8)

tidak selalu benar

10. Tunjukkan bahwa 𝑑

𝑑𝑧𝑧 tidak ada diman-mana yaitu 𝑓(𝑧) = 𝑧 tidak

analitik dimana-mana


H

2.6. PERSAMAAN CAUCHY-RIEMANN

Teorema:

Apabila 𝑓′(𝑧) dari suatu fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) ada di titik

𝑧0 maka derivative parsial tingkat satu ke 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 dari komponen-

komponennya 𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 juga ada dan memenuhi syarat Persamaan

Cauchy Riemann (PCR) sebagai berikut:

𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑦 𝑑𝑎𝑛

𝜕𝑢

𝜕𝑦= −

𝜕𝑣

𝜕𝑥

PCR

𝑈𝑥 = 𝑉𝑦 𝑑𝑎𝑛 𝑈𝑦 = −𝑉𝑥

𝑓′(𝑧) =𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 𝑈𝑥 + 𝑖𝑉𝑥

sedangkan 𝑓′(𝑧) dirumuskan

𝑓′(𝑧) =𝜕𝑣

𝜕𝑦− 𝑖

𝜕𝑢

𝜕𝑦= 𝑉𝑦 − 𝑖𝑈𝑦

selain itu dapat dinotasikan 𝜕𝑢

𝜕𝑥= 𝑈𝑥 ,

𝜕𝑢

𝜕𝑦= 𝑈𝑦 ,

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 𝑉𝑥 ,

𝜕𝑣

𝜕𝑦= 𝑉𝑦

Apabila 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) terdefinisikan dalam setiap

neighborhood dari 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 sedangkan 𝑢(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑎𝑛 𝑣(𝑥, 𝑦) fungsi-

fungsi nyata berharga satu dari 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 yang bersama-sama dengan derivative

parsialnya 𝑈𝑥 , 𝑈𝑦 , 𝑉𝑥 , 𝑉𝑦 kontinu di titik 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 dan jika derivative

parsialnya memenuhi persamaan Cauchy Riemann, maka:

𝑓′(𝑧) 𝑎𝑑𝑎 𝑓′(𝑧) =𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑖

𝜕𝑣

𝜕𝑥=

𝜕𝑣

𝜕𝑦− 𝑖

𝜕𝑢

𝜕𝑦


H

Bentuk Kutub Cauchy – Riemann

PCR dalam koordinat kartesius dapat dinyatakan dalam koordinat kutub.

𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 𝑧 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃)

𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃

𝑓(𝑧) = 𝑢 + 𝑖𝑣 𝑅𝑒(𝑧) dan 𝐼𝑚(𝑧) dapa dinyatakan dalam 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 atau

𝑟 𝑑𝑎𝑛 𝜃

PCR dalam bentuk kutub 𝑈𝑟 =1

𝑟𝑉𝜃

𝑑𝑎𝑛

𝑉𝑟 = −1

𝑟𝑈𝜃

Turunannya yaitu 𝑓′(𝑧) = 𝑒−𝑖𝜃{𝑈𝑟 + 𝑖𝑉𝑟}

𝑎𝑡𝑎𝑢

𝑓′(𝑧) =1

𝑟𝑒−𝑖𝜃{𝑉𝜃 − 𝑖𝑈𝜃}

Teorema:

Bila 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑟, 𝜃) + 𝑖𝑣(𝑟, 𝜃) terdefinisi di seluruh neighborhood

titik 𝑧0 = 𝑟0𝑒𝑖𝜃 selain titik asal O, sedangkan derivative parsial pertama

𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 terhadap 𝑟 𝑑𝑎𝑛 𝜃 ada dan fungsi kontinu pada titik (𝑟0, 𝜃0),


H

dan bila titik derivative parsialnya memenuhi PCR bentuk polar maka

𝒇′(𝒛) ada.

Contoh:

Tunjukkan bahwa 𝑓(𝑧) = 𝑧2 memiliki turunan melalui PCR dan

tentukan turunannya

Penyelesaian:

Diketahui 𝑓(𝑧) = 𝑧2, berdasarkan rumus diperoleh bahwa 𝑓′(𝑧) = 2𝑧

ada di setiap titik, sehingga syarat PCR terpenuhi di setiap titk.

𝑓(𝑧) = 𝑧2 = (𝑥2 − 𝑦2) + 𝑖(2𝑥𝑦)

sehingga:

𝑢 = 𝑥2 − 𝑦2 𝑢𝑥 = 2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑢𝑦 = −2𝑦

Ternyata

PCR terpenuhi, yaitu:

𝑣 = 2𝑥𝑦 𝑣𝑥 = 2𝑦 𝑑𝑎𝑛 𝑣𝑦 = 2𝑥

𝑢𝑥 = 𝑣𝑦 𝑑𝑎𝑛 𝑢𝑦 = −𝑣𝑥

Jadi 𝑓′(𝑧) = 𝑢𝑥 + 𝑖𝑣𝑦 = 2𝑥 + 𝑖(2𝑦) = 2(𝑥 + 𝑖𝑦) = 2𝑧

Soal Latihan 5

1. Tentukan 𝑓′(𝑧) bila ada pada fungsi:

a. 𝑓(𝑧) = |𝑧|2

b. b. 𝑓(𝑧) = cos 𝑦 − 𝑖 sin 𝑦

2. Diberikan 𝑓(𝑧) = 𝑥2 − 𝑖𝑦2

a. Tentukan jika ada, titik-titik yang menyebabkan fungsi itu

mempunyai turunan!


H

b. Tentukan 𝑓′(𝑧)

3. Tentukan 𝑓′(𝑧) bentuk kutub dari 𝑓(𝑧) =1

𝑧

4. Tentukan 𝑓′(𝑧) dari 𝑓(𝑧) = 𝑒𝑥𝑒𝑖𝑦

5. Selidiki dimanakah fungsi berikut dapat diturunkan, kemudian

tentukan turunannya:

a. 𝑓(𝑧) = 𝑧

b. 𝑓(𝑧) = |𝑧|2

6. Selidiki dimanakah fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑧−3 dapat diturunkan dan tentukan

fungsi turunannya (PCR bentuk kutub)

2.7. FUNGSI ANALITIK

Definisi:

Fungsi 𝑓(𝑧) dikatakan analitik di titik 𝑧0 apabila derivative 𝑓′(𝑧) ada,

tidak hanya di 𝑧0 tapi disembarang neighborhood 𝑧0

Fungsi analitik pada definisi tersebut ada ada hubungannya antara

diferensiabilitas dan analisitas fungsi di suatu titik, tetapi keduanya tidak sama

karena analisitas fungsi di suatu titik berakibat pada diferensiabilitas tetapi

tidak sebaliknya, yang disebabkan bahwa 𝑓′(𝑧) bisa ada pada sembarang jenis

himpunan, pada segmen garis atau bahkan pada titik terasing tapi analisitas

harus dalam himpunan terbuka.

Hal ini mengacu dari definisi bahwa analisitas di suatu titik 𝑧0

menghendaki 𝑓′(𝑧) ada tidak hanya di 𝑧0 tapi disemua titik didalam sembarang

neighborhood 𝑧0, padahal neighborhood merupakan himpunan terbuka.


H

a. Bila suatu fungsi analitik di semua titik 𝑧 kecuali 𝑧0 maka 𝑧0

disebut titik terasing atau titik singular.

b. Suatu fungsi yang analitik di seluruh bidang kompleks dinamakan

fungsi menyeluruh (entire function).

c. Polinomial 𝑃(𝑧) = 𝑎0 + 𝑎1𝑧 + 𝑎2𝑧2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑧𝑛 merupakan

fungsi menyeluruh karena 𝑃′(𝑧) ada disetiap titik di bidang

kompleks.

d. Suatu fungsi yang merupakan hasil bagi dua fungsi menyeluruh

dinamakan fungsi meromorfik.

Syarat perlu (belum berarti cukup) fungsi 𝑓 analitik pada domain 𝐷

adalah kontinu di seluruh 𝐷. Terpenuhinya syarat PCR perlu tapi belum cukup

dan cukupnya syarat bagi keanalitikan fungsi adalah terpenuhinya kaidah-

kaidah derivative.

Derivative juga digunakan untuk fungsi analitik disuatu domain 𝐷 adalah:

a. Jumlah dan hasilkali dua fungsi analitik adalah analitik

b. Hasil bagi dua fungsi analitik adalah analitik sepanjang tidak ada

penyebut = nol

c. Komposisi dua fungsi analaitik adalah analitik

Contoh:

(1) Suatu polynomial 𝑃(𝑧) = 𝑎0 + 𝑎1𝑧 + 𝑎2𝑧2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑧𝑛 merupakan

suatu fungsi menyeluruh karena 𝑃′(𝑧) ada pada semua 𝑧


H

(2) Fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑒𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑖 sin 𝑦) juga merupakan fungus

menyeluruh

(3) Fungsi 𝑓(𝑧) =𝑧3−𝑧+1

𝑧2+1 merupakan hail bagi dua fungsi menyeluruh

karena pembilang dan penyebut merupakan polinomial. 𝑓′(𝑧) ada pada

setiap titik kecuali 𝑧 ± 𝑖, karena pada titik tersebut 𝑓 tidak

terdefinisikan, jadi 𝑓 analitik pada semua 𝑧 kecuali ada 𝑖 𝑑𝑎𝑛 − 𝑖

Soal Latihan 6

1. Selidiki analisitas fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑥2 − 𝑖𝑦2

2. Selidiki analitik fungsi:

a. 𝑓(𝑧) =1

𝑧

b. 𝑓(𝑧) = |𝑧|2


1−𝑧, tentukan

𝑑𝑤

𝑑𝑧 dan tentukan dimana 𝑤 tidak

analitik

4. Tunjukkan tiap fungsi berikut tidak analitik dimanapun:

a. 𝑓(𝑧) = 𝑥𝑦 + 𝑖𝑦

b. 𝑓(𝑧) = 𝑒𝑦𝑒−𝑖𝑥

5. Selidikilah analisitas fungsi 𝑓(𝑧) = |𝑥2 − 𝑦2| + 𝑖|2𝑥𝑦|

6. Tentukan bila ada titik singulat fungsi-fungsi berikut dan jelaskan

mengapa fungsi analitik dimanapun kecuali pada titik tersebut:

a. 𝑓(𝑧) =2𝑧+1

𝑧(𝑧2+1)

b. 𝑓(𝑧) = (𝑧 = 2)−1(𝑧2 + 2𝑧 + 2)−1


H

7. Tunjukkan fungsi 𝑔(𝑧) = √𝑟𝑒𝑖𝜃

2 , 𝑟 > 0, 0 < 𝜃 < 𝜋 analitik pada

domain yang telah ditetapkan dan tunjukan bahwa fungsi komposisi

𝑔(𝑧2 + 1) analitik pada kuadran satu.


1−𝑧; tentukan:

a. 𝑑𝑤

𝑑𝑧

b. Dimana 𝑓(𝑧) tidak analitik

9. Selidikilah apakah |𝑧|2 memiliki turunan diman-mana

10. Untuk setiap fungsi berikut tentuka titik singularnya yaitu titik yang

fungsinya tidak analitik.

a. 𝑧

𝑧+𝑖

b. 3𝑧−2

𝑧2+2𝑧+5

2.8. FUNGSI HARMONIK

Fungsi harmonik pada bilangan kompleks yang memuat variabel

kompleks sama dengan pada kalkulus yang memuat variabel real yaitu bila

turunan kedua 𝑘𝑒 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑒 𝑦 memenuhi persaman Laplace:

𝑓𝑥𝑥 + 𝑓𝑦𝑦 = 0

Apabila fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) analitik pada domain 𝐷 maka

turunan parsial kedua 𝑘𝑒 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑒 𝑦 dari komponen-konponennya yaitu

𝑈𝑥𝑥, 𝑈𝑦𝑦, 𝑉𝑥𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑦𝑦 memenuhi persamaan Laplace.

Persamaan Laplace 𝑈𝑥𝑥 + 𝑈𝑦𝑦 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑥𝑥 + 𝑉𝑦𝑦 = 0


H

Apabila diketahui salah satu fungsi harmonik 𝑢(𝑥, 𝑦) maka dapat

diperoleh fungsi-fungsi lainnya 𝑣(𝑥, 𝑦) sedemikian hingga 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) +

𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) analitik yang secara jelas dapat dikatakan:

𝑓(𝑧) = 𝑈𝑥𝑥 + 𝑖 𝑉𝑦𝑦 analitik bila hanya bila 𝑈 𝑑𝑎𝑛 𝑉 harmonik dan memenuhi

Persamaan Laplace maka 𝑽 𝒔𝒆𝒌𝒂𝒘𝒂𝒎 𝑼

Contoh:

Tunjukkan bahwa 𝑓(𝑧) = 𝑧2 = (𝑥2 − 𝑦2) + 𝑖(2𝑥𝑦) dengan 𝑓(𝑧)

merupakan fungsi analitik merupakan fungsi harmonik dan tunjukkan

bahwa 𝑢(𝑥, 𝑦) merupakan sekawan harmonik 𝑣(𝑥, 𝑦)

Penyelesaian:

Diketahui 𝑓(𝑧) = 𝑧2 = (𝑥2 − 𝑦2) + 𝑖(2𝑥𝑦)

𝑓(𝑧) merupakan fungsi analitik, sehingga:

𝑢 = 𝑥2 − 𝑦2 𝑢𝑥 = 2𝑥 𝑢𝑥𝑥 = 2

𝑢𝑦 = −2𝑦 𝑢𝑦𝑦 = −2

𝑣 = 2𝑥𝑦 𝑣𝑥 = 2𝑦 𝑣𝑥𝑥 = 0

𝑣𝑦 = 2𝑥 𝑣𝑦𝑦 = 0

Ternyata diperoleh bahwa:

𝑈𝑥𝑥 + 𝑈𝑦𝑦 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑥𝑥 + 𝑉𝑦𝑦 = 0 sehingga

𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 ℎ𝑎𝑟𝑚𝑜𝑛𝑖𝑘

Dari uraian diatas dapat dikatakan bahwa:


H

a. Dari dua fungsi harmonik tersebut 𝑣(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 merupakan

sekawan harmonik 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2

b. 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 bukan sekawan harmonik 𝑣(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦

Bukti:

Andaikan 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 sekawan harmonik 𝑣(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦

maka diperoleh fungsi:

𝐺(𝑥, 𝑦) = 𝑈 + 𝑖𝑉 = 2𝑥𝑦 + 𝑖(𝑥2 − 𝑦2) analitik

Untuk itu, cukup ditunjukkan berlakunya PCR yaitu:

𝑈 = 2𝑥𝑦 𝑈𝑥 = 2𝑦 𝑑𝑎𝑛 𝑈𝑦 = 2𝑥

𝑉 = 𝑥2 − 𝑦2 𝑉𝑥 = 2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑦 = −2𝑦

ternyata:

𝑈𝑥 ≠ 𝑉𝑦 𝑑𝑎𝑛 𝑈𝑦 ≠ −𝑉𝑥 berarti PCR tidak

terpenuhi, sehingga

𝐺(𝑥, 𝑦) tidak analitik

Pengandaian berarti salah, jadi 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 bukan

sekawan harmonik 𝑣(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦

c. Dengan jalan yang sama dapat ditunjukkan bahwa −𝑢(𝑥, 𝑦) =

−𝑥2 + 𝑦2 merupakan sekawan harmonik 𝑣(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦

Soal Latihan 7

1. Tunjukkan bahwa 𝑔(𝑧) = ln 𝑟 + 𝑖𝜃 untuk 𝑧 ∈ 𝐸 = {𝑧: 𝑧 =

𝑟 𝑐𝑖𝑠 𝜑, 𝑟 > 0, −𝜋 < 𝜑 < 𝜋} analitik pada 𝐸. Kemudian tunjukkan


H

bahwa apabila 𝑓(𝑧) = 𝑧 + 1 maka ℎ(𝑧) = 𝑔(𝑓(𝑧)) analitik untuk 𝑧 ∈

𝐷 = {𝑧: 𝑅𝑒(𝑧) > −1}.

2. Diberikan 𝑈(𝑥, 𝑦) = 𝑦3 − 3𝑥2𝑦

a. Tunjukkan bahwa 𝑈(𝑥, 𝑦) merupakan fungsi harmonic

b. Tentukan sekawan harmonic 𝑉(𝑥, 𝑦) sehingga 𝑓(𝑧) = 𝑈(𝑥, 𝑦) +

𝑖 𝑉(𝑥, 𝑦) analitik

c. Tentukan 𝑓′(𝑧)

3. Selidiki analitik fungsi 𝑧3−𝑧+1

𝑧2+1

4. Tunjukkan bahwa komponen nyata dan khayal pada fungsi 𝑓(𝑧) =

𝑧2 + 𝑧 merupakan fungsi harmonik.

5. Tunjukkan bahwa fungsi 𝑓(𝑧) = 3𝑥 + 𝑦 + 𝑖(3𝑦 − 𝑥) merupakan

fungsi menyeluruh (entire function)!

6. Tunjukkan bahwa komponen nyata dan khayal setiap fungsi berikut

adalah harmonik:

a. 𝑓(𝑧) = 𝑧2 + 𝑧

b. b. 𝑓(𝑧) =1

𝑧

c. 𝑓(𝑧) = 𝑧3

d. 𝑓(𝑧) = 𝑒𝑥(cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦)

7. Tunjukkan bahwa 𝑢 adalah harmonik di semua domain dan tentukan

sekawan harmonik 𝑣 sehingga 𝑓(𝑧) = 𝑢 + 𝑖𝑣 analitik:

a. 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦

b. 𝑢(𝑥, 𝑦) = 2𝑥(1 − 𝑦)

c. 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦


H

8. Tunjukkan bahwa apabila pada semua domain, 𝑣 adalah sekawan

harmonik 𝑢 dan 𝑢 sekawan harmonik 𝑣 maka 𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 merupakan

fungsi-fungsi konstan.

9. Tunjukkan fungsi 𝑢(𝑟, 𝜃) = ln 𝑟 harmonic pada domain 𝑟 > 0, 0 <

𝜃 < 2𝜋 dan tentukan pula sekawan harmonik 𝑣

10. Tunjukkan fungsi 𝑔(𝑧) = √𝑟𝑒𝑖𝜃

2 , 𝑟 > 0, 0 < 𝜃 < 𝜋 merupakan

analitik pada domain yang telah ditetapkan dan tunjukkan bahwa fungsi

komposisi 𝑔(𝑧2 + 1) analitik pada kuadran satu.


H

BAB III

FUNGSI-FUNGSI ELEMENTER



eksponen dengan cermat dan teliti


trigonometri dengan cermat dan teliti


hiperbolik dengan cermat dan teliti


logaritma dengan cermat dan teliti

5. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian invers

fungsi trigonometri dengan cermat dan teliti

6. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian invers

fungsi hiperbolik dengan cermat dan teliti

3.1. FUNGSI EKSPONEN

Fungsi eksponen (fungsi pangkat) pada bilangan kompleks, didefinisikan:

exp 𝑧 = 𝑒𝑧 = 𝑒𝑥+𝑖𝑦 = 𝑒𝑥 (cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦) = 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑠 𝑦

Apabila z merupakan bilangan real maka:

𝑦 = 0 𝑧 = 𝑥 + 𝑖0 𝑧 = 𝑒𝑥(cos 0 + 𝑖 sin 0) 𝑧 = 𝑒𝑥


H

Apabila z merupakan bilangan imajiner murni maka:

𝑥 = 0 𝑧 = 𝑖𝑦 𝑧 = cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦 𝑧 = 𝑒𝑖𝑦

sehingga:

𝑒𝑧 = 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑠 𝑦 |𝑒𝑧| = 𝑒𝑧 , 𝑦 = arg(𝑒𝑧) 𝑒𝑧 ≠ 0

Perhatikan:

𝑓(𝑧) = 𝑒𝑧 = 𝑒𝑥(cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦) = 𝑒𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 𝑒𝑥 sin 𝑦

U + i V

𝑈 = 𝑒𝑥 cos 𝑦 𝑈𝑥 = 𝑒𝑥 cos 𝑦 , 𝑈𝑦 = −𝑒𝑥 sin 𝑦 𝑈𝑥 = 𝑉𝑦

𝑉 = 𝑒𝑥 sin 𝑦 𝑉𝑥 = 𝑒𝑥 sin 𝑦 , 𝑉𝑦 = 𝑒𝑥 cos 𝑦 𝑈𝑦 = −𝑉𝑥

PCR terpenuhi

Uraian diatas diperoleh:

𝑓′(𝑧) = 𝑈𝑥(𝑥, 𝑦) + 𝑖 𝑉𝑦(𝑥, 𝑦) 𝑓′(𝑧) = 𝑒𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 𝑒𝑥 sin 𝑦

𝑓′(𝑧) = 𝑒𝑥(cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦)

sehingga:

𝑓′(𝑧) = 𝑒𝑧

Jadi 𝑓(𝑧) = 𝑒𝑧 analitik terhadap seluruh bidang kompleks sehingga

merupakan fungsi yang utuh dan 𝑓′(𝑧) = 𝑒𝑧. Fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑒𝑧 merupakan

fungsi periodik dengan periode 2𝜋𝑖 sehingga ditulis:

𝑒𝑧+2𝜋𝑖 = 𝑒𝑧


H

Sifat-sifat:

1. 𝑒𝑧1 . 𝑒𝑧2 = 𝑒𝑧1+𝑧2 (exp 𝑧1). (𝑒𝑥𝑝𝑧2) = exp(𝑧1 + 𝑧2)

2. 𝑒𝑧1

𝑒𝑧2= 𝑒𝑧1−𝑧2

exp 𝑧1

exp 𝑧2= exp(𝑧1 − 𝑧2)

3. (exp 𝑧)𝑛 = exp 𝑛𝑧 , 𝑛 = 1,2,3, … (𝑒𝑧)𝑛 = 𝑒(𝑛𝑧)

4. 1

𝑒𝑧 = 𝑒−𝑧

5. 𝑒0 = 1

6. 𝑒𝑧 = 𝑒 ��

7. 𝑒𝑧+2𝑘𝜋𝑖 = 𝑒𝑧. 𝑒2𝑘𝜋𝑖 = 𝑒𝑧𝑐𝑖𝑠 (2𝑘𝜋) = 𝑒𝑧

8. 𝑤 = 𝑒𝑧 𝑤 = 𝑟(cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃) , 𝑤 ≠ 0 𝑧 = 𝑙𝑛𝑟 + 𝑖𝜃

9. 𝑒ln 𝑧 = 𝑧 , 𝑧 ≠ 0

10. 𝑙𝑛𝑧1

𝑧2= 𝑙𝑛𝑧1 − 𝑙𝑛𝑧2

11. ln(𝑧1. 𝑧2) = ln 𝑧1 + ln 𝑧2

12. 𝑧𝑛 = 𝑒𝑛 𝑙𝑛𝑧 , 𝑛 = 1,2,3, …

13. 𝑧1

𝑛 = 𝑒1

𝑛𝑙𝑛𝑧 , 𝑛 = 1,2,3, …

Bentuk pangkat bilangan kompleks didefinisikan sebagai 𝑧𝑤 dan nilai utama

dari 𝑧𝑤 yaitu:

𝑧𝑤 = 𝑒𝑤𝑙𝑛𝑧

Bukti:

misalkan 𝑧𝑤 = 𝑝, sehingga:

𝑧𝑤 = 𝑝

di 𝑙𝑛 kan

ln(𝑧𝑤) = ln 𝑝

𝑤 ln 𝑧 = ln 𝑝

sebagai pangkat dari 𝑒


H

𝑒𝑤 ln 𝑧 = 𝑒ln 𝑝

𝑒𝑤 ln 𝑧 = 𝑝 𝑝 = 𝑒𝑤 ln 𝑧

𝑧𝑤 = 𝑒𝑤 ln 𝑧

(terbukti)

Contoh:

(1) Tunjukkan bahwa 𝑒𝑧 = 𝑒𝑧+2𝜋𝑖

(2) Tunjukkan bahwa untuk setiap 𝑧, 𝑒𝑧 ≠ 0

(3) Tunjukkan bahwa |𝑒𝑧| = 𝑒𝑧

(4) Tunjukkan bahwa 𝑒𝑧1 . 𝑒𝑧2 = 𝑒𝑧1+𝑧2

(5) Tentukan akar-akar akar-akar persamaan 𝑒𝑧 = −𝑖

Penyelesaian:

(1) Pembuktian eksponensial bahwa 𝑒𝑧 = 𝑒𝑧+2𝜋𝑖

Untuk semua 𝑧 = 𝑥 − 𝑖𝑦, maka:

𝑒𝑧+2𝜋𝑖 = 𝑒𝑥+(𝑦+2𝜋)𝑖 = 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑠 (𝑦 + 2𝜋) = 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑠 𝑦

= 𝑒𝑥+𝑖𝑦

= 𝑒𝑧

(2) Pembuktian bahwa untuk setiap 𝑧, 𝑒𝑧 ≠ 0

Dibuktikan dengan kontradiksi, misalnya bahwa suatu bilangan 𝑧 =

𝑎 + 𝑖𝑏 ada sedemikian hingga 𝑒𝑧 = 0, maka:

𝑒𝑎 cos 𝑏 + 𝑖 𝑒𝑎 sin 𝑏 = 0

sehingga:

𝑒𝑎 cos 𝑏 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑒𝑎 sin 𝑏 = 0


H

karena eksponen nyata 𝑒𝑎 tidak pernah nol, haruslah:

cos 𝑏 = 0 𝑑𝑎𝑛 sin 𝑏 = 0

tetapi tidak mungkin untuk setiap nilai b, sehingga hal ini memenuhi

bahwa tak satupun 𝑧 ada.

Jadi 𝑒𝑧 ≠ 0 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑠𝑒𝑚𝑢𝑎 𝑧

(3) Pembuktian bahwa |𝑒𝑧| = 𝑒𝑧

|𝑒𝑧| = |𝑒𝑧(cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦)| = |𝑒𝑧||cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦| = 𝑒𝑧. 1 = 𝑒𝑧

(terbukti)

(4) Pembuktian bahwa 𝑒𝑧1 . 𝑒𝑧2 = 𝑒𝑧1+𝑧2

Dibuktikan dengan definisi bahwa:

𝑒𝑧 = 𝑒𝑧(cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑧 = 𝑥 = 𝑖𝑦

sehingga:

𝑧1 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 𝑑𝑎𝑛 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2

diperoleh:

𝑒𝑧1 . 𝑒𝑧2 = 𝑒𝑧1(cos 𝑦1 + 𝑖 sin 𝑦1). 𝑒𝑧2(cos 𝑦2 + 𝑖 sin 𝑦2)

= 𝑒𝑧1 . 𝑒𝑧2(cos 𝑦1 + 𝑖 sin 𝑦1)(cos 𝑦2 + 𝑖 sin 𝑦2)

= 𝑒𝑧1+𝑧2{(cos(𝑦1 + 𝑦2) + 𝑖 sin (𝑦2 + 𝑦2)}

= 𝑒𝑧1+𝑧2

(terbukti)

(5) Akar-akar persamaan 𝑒𝑧 = −𝑖

Persamaan 𝑒𝑧 = −𝑖 bisa ditulis dalam bentuk:

𝑒𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 𝑒𝑥 sin 𝑦 = 0 − 𝑖

sehingga:

𝑒𝑥 cos 𝑦 = 0 dan 𝑒𝑥 sin 𝑦 = −𝑖


H

Diperoleh:

𝑦 =𝜋

2+ 𝑘𝜋, 𝑘 = 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑡

dengan demikian persamaan kedua menjadi ±𝑒𝑥 = −1, sehingga

hanya memiliki kemungkinan 𝑒𝑥 = 1, jadi 𝑥 = 0.

Apabila 𝑦 =𝜋

2+ 𝑘𝜋 untuk 𝑘 = 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝, maka 𝑒𝑥 sin 𝑦 =

−1 tidak mungkin dipenuhi, akibatnya nilai yang diperoleh untuk 𝑦

dipersempit menjadi untuk 𝑘 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙.

𝑦 =𝜋

2+ 𝑘𝜋, 𝑘 = 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑡

Hal ini berarti bahw akar-akar persamaan yang diberikan yaitu:

𝑧 = 0 + (−𝜋

2+ 𝑘𝜋) 𝑖

berarti bahwa:

𝑒(−𝜋2

+2𝑘𝜋)𝑖 = −𝑖

yang menggambarkan periodesitas fungsi eksponensial.

Soal Latihan 1

1. Tunjukkan bahwa:

a. exp(2 ± 3𝜋𝑖) = −𝑒2

b. 𝑒𝑧+𝜋𝑖 = −𝑒𝑧

2. Tentukan z sehingga memenuhi persamaan:

a. 𝑒𝑧 = 1

b. 𝑒𝑧 = −1

c. 𝑒𝑖�� = 𝑒𝑖��


H

3. Bila 𝑧 ≠ 0, tunjukkan bahwa bila 𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃 maka:

a. 𝑧 = 𝑟𝑒−𝑖𝜃

b. exp (ln 𝑟 + 𝑖𝜃) = 𝑧

4. Hitunglah nilai utama dari :

a. 𝑖−𝑖

b. 𝑖2𝜋𝑖

c. (−1 + 𝑖)𝑖

5. Tunjukkan bahwa untuk 𝑘 = 0, ±1, ±2, … maka −11

𝜋 = 𝑒𝑥𝑝[(2𝑘 +

1)𝑖]

6. Tunjukkan bahwa exp 𝑧 tidak analitik dimanapun

7. Tunjukkan dengan dua cara bahwa exp 𝑧2 adalah menyeluruh dan

tentukan derivativenya.

8. Selidiki perlakuan dari exp(𝑥 + 𝑖𝑦) bila x menuju −∞

9. Selidiki perlakuan dari exp(2 + 𝑖𝑦) bila y menuju ∞

10. Tunjukkan bahwa |𝑒−2𝑧| < 1 bila dan hanya bila 𝑅𝑒 (𝑧) > 0

3.2. FUNGSI TRIGONOMETRI

Mengunakan formulasi 𝑒𝑖𝑥 = cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑒−𝑖𝑥 = cos 𝑥 −

𝑖 sin 𝑥, maka diperoleh:

sin 𝑥 =𝑒𝑖𝑥−𝑒−𝑖𝑥

2𝑖 sin 𝑧 =

𝑒𝑖𝑧−𝑒−𝑖𝑧

2𝑖

cos 𝑥 =𝑒𝑖𝑥+𝑒−𝑖𝑥

2 cos 𝑧 =

𝑒𝑖𝑧+𝑒−𝑖𝑧

2


H

cos 𝑧 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 cosh 𝑦 − 𝑖 sin 𝑥 sinh 𝑦

Fungsi sinus dan cosinus merupakan fungsi menyeluruh sepanjang

kombinasi linier 𝑒𝑖𝑧 dan 𝑒−𝑖𝑧 adalah menyeluruh. Derivativenya dirumuskan:

𝑑

𝑑𝑧sin 𝑦 = cos 𝑧 𝑑𝑎𝑛

𝑑

𝑑𝑧cos 𝑧 = − sin 𝑧

Apabila 𝑧 diambil 𝑖𝑦 dengan 𝑥 = 0 cos 𝑖𝑦 = cosh 𝑦 𝑑𝑎𝑛 sin 𝑖𝑦 = 𝑖 sinh 𝑦

Sifat-sifat:

1. tan 𝑧 =sin 𝑧

cos 𝑧

2. cot 𝑧 =cos 𝑧

sin 𝑧

3. sec 𝑧 =1

cos 𝑧

4. cos sec 𝑧 =1

sin 𝑧

Pendeferensialan dengan menggunakan aturan diperoleh:

1. 𝑑

𝑑𝑧tan 𝑧 = 𝑠𝑒𝑐2𝑧

2. 𝑑

𝑑𝑧cot 𝑧 = − cos 𝑠𝑒𝑐2𝑧

3. 𝑑

𝑑𝑧sec 𝑧 = sec 𝑧 tan 𝑧

4. 𝑑

𝑑𝑧cos sec 𝑧 = − cos sec 𝑧 cot 𝑧

Definisi: sin 𝑧 =𝑒𝑖𝑧−𝑒−𝑖𝑧

2𝑖 diperoleh sin 𝑧 = sin 𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑦 + 𝑖 cos 𝑥 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑦

cos 𝑧 =𝑒𝑖𝑧+𝑒−𝑖𝑧

2 diperoleh

Untuk 𝑥 = 0 maka dari dua formulasi terakhir diatas akan diperoleh:


H

sin(𝑖𝑦) = 𝑖 sinh 𝑦 𝑑𝑎𝑛 cos(𝑖𝑦) = cosh 𝑦

Selain itu sin 𝑧 𝑑𝑎𝑛 cos 𝑧 adalah sekawan dengan sin 𝑧 𝑑𝑎𝑛 cos 𝑧.

Fungsi sin 𝑧 , cos 𝑧 𝑑𝑎𝑛 tan 𝑧 adalah periodik dengan formulasi:

1. sin(𝑧 + 2𝜋) = sin 𝑧

2. cos(𝑧 + 2𝜋) = cos 𝑧

3. sin(𝑧 + 𝜋) = − sin 𝑧

4. cos(𝑧 + 𝜋) = − cos 𝑧

5. tan(𝑧 + 𝜋) = tan 𝑧

6. sin (1

2𝜋 − 𝑧) = cos 𝑧

Sifat-sifat yang lain sebagai berikut:

1. |sin 𝑧|2 = 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛ℎ2𝑦

2. |cos 𝑧|2 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛ℎ2𝑦

3. 𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑦 − 𝑠𝑖𝑛ℎ2𝑦 = 1

4. 𝑠𝑖𝑛2𝑧 + 𝑐𝑜𝑠2𝑧 = 1

5. sin(𝑧1 + 𝑧2) = sin 𝑧1 cos 𝑧2 + cos 𝑧1 𝑠𝑖𝑛 𝑧2

6. cos(𝑧1 + 𝑧2) = cos 𝑧1 cos 𝑧2 − sin 𝑧1 𝑠𝑖𝑛 𝑧2

7. sin(−𝑧) = − sin 𝑧

8. cos(−𝑧) = cos 𝑧

9. sin(2𝑧) = 2 sin 𝑧 cos 𝑧

10. cos(2𝑧) = 𝑐𝑜𝑠2𝑧 − 𝑠𝑖𝑛2𝑧 = 2𝑐𝑜𝑠2 𝑧 − 1 = 1 − 2𝑠𝑖𝑛2 𝑧

11. tan(𝑧1 ± 𝑧2) =tan 𝑧1±tan 𝑧2

1±tan 𝑧1 tan 𝑧2

12. 1 + 𝑡𝑎𝑛2 𝑧 = 𝑡𝑎𝑛2 𝑧

13. 1 + 𝑐𝑜𝑡2 𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐2 𝑧


H

14. sin 𝑧 = sin 𝑧

15. cos 𝑧 = cos 𝑧

16. tan 𝑧 = tan 𝑧

Apabila dari sifat diatas dikembangkan sendiri, seperti:

1. 𝑠𝑖𝑛 𝑧 = 0 bila dan hanya bila 𝑧 = 𝑘𝜋 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

2. cos 𝑧 = 0 bila dan hanya bila 𝑧 =𝜋

2+ 𝑘𝜋 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

Fungsi variabel kompleks nilai mutlak sinus dan cosinus tidak

terbatas

Variabel real nilai mutlak sinus dan cosinus tdak melebihi 1

Variabel kompleks:

1. sinus dan cosines merupakan fungsi periodik dengan periode 2𝜋

2. tan 𝑧 𝑑𝑎𝑛 cot 𝑧 juga periodik dengan periode 𝜋

Contoh:

(1) Tunjukkan bahwa 𝑠𝑖𝑛 𝑧 = 0 bila dan hanya bila 𝑧 = 𝑘𝜋

(2) Tunjukkan bahwa turunan dari sin 𝑧 adalah cos 𝑧

(3) Tunjukkan bahwa bahwa 𝑠𝑖𝑛2𝑧 + 𝑐𝑜𝑠2𝑧 = 1

(4) Tunjukkan bahwa sin(−𝑧) = − sin 𝑧, cos(−𝑧) − cos 𝑧 dan

tan(−𝑧) = − tan 𝑧

Penyelesaian:

(1) Pembuktian bahwa 𝑠𝑖𝑛 𝑧 = 0 bila dan hanya bila 𝑧 = 𝑘𝜋, yaitu apabila

𝑧 = 𝑘𝜋 maka:

sin 𝑧 = 1

2𝑖(𝑒𝑘𝜋𝑖 − 𝑒−𝑘𝜋𝑖) =

1

2𝑖(cos 𝑘𝜋 + 𝑖 sin 𝑘𝜋 − cos 𝑘𝜋 + 𝑖 sin 𝑘𝜋)


H

= sin 𝑘𝜋

= 0

sebaliknya, misalnya bahwa 𝑠𝑖𝑛 𝑧 = 0 maka:

1

2𝑖(𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧) = 0

sehingga:

𝑒𝑖𝑧 = 𝑒−𝑖𝑧

𝑒2𝑖𝑧 = 1

apabila dengan menggunkan logaritma, diperoleh:

2𝑖𝑧 = 2𝑘𝜋𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑘 = 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑡

sehingga:

𝑧 = 𝑘𝜋

(terbukti)

(2) Turunan dari sin 𝑧 adalah cos 𝑧, dengan pembuktian:

𝑑

𝑑𝑧(sin 𝑧) =

𝑑

𝑑𝑧(

1

2𝑖(𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧) =

1

2𝑖(𝑖𝑒𝑖𝑧 − 𝑖𝑒−𝑖𝑧)

=1

2𝑖(𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧)

= cos 𝑧

(3) Pembuktian bahwa 𝑠𝑖𝑛2𝑧 + 𝑐𝑜𝑠2𝑧 = 1

Menurut definisi:

sin 𝑧 =𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧

2𝑖 𝑑𝑎𝑛 cos 𝑧 =

𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧

2

maka:

𝑠𝑖𝑛2𝑧 + 𝑐𝑜𝑠2𝑧 = (𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧

2𝑖)2 + (

𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧

2)2

= − (𝑒2𝑖𝑧−2+𝑒−2𝑖𝑧

4) + (

𝑒2𝑖𝑧+2+𝑒−2𝑖𝑧

4)

= 1


H

(4) Pembuktian bahwa: sin(−𝑧) = − sin 𝑧, cos(−𝑧) − cos 𝑧 dan

tan(−𝑧) = − tan 𝑧

sin(−𝑧) =𝑒𝑖(−𝑧) − 𝑒−𝑖(−𝑧)

2𝑖=

𝑒−𝑖𝑧 − 𝑒𝑖𝑧

2𝑖

= − (𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧

2𝑖)

= − sin 𝑧

cos (−𝑧) =𝑒𝑖(−𝑧) + 𝑒−𝑖(−𝑧)

2=

𝑒−𝑖𝑧 + 𝑒𝑖𝑧

2

= − (𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧

2)

= cos 𝑧

tan (−𝑧) =sin(−𝑧)

cos(−𝑧)=

− sin 𝑧

cos 𝑧= − tan 𝑧

Catatan: Fungsi dari 𝑧 yang bersifat 𝑓(−𝑧) = −𝑓(𝑧) disebut fungsi ganjil,

sedangkan yang bersifat 𝑓(−𝑧) = −𝑓(𝑧) dinamakan fungsi genap.

Jadi sin 𝑧 dan tan 𝑧 merupakan fungsi ganjil sedangkan cos 𝑧

merupakan fungsi genap.

Soal Latihan 2

1. Tunjukkan tiap bilangan kompleks 𝑧, 𝑒𝑖𝑧 = cos 𝑧 + 𝑖 sin 𝑧

2. Tunjukkan bahwa:

a. 1 + 𝑡𝑎𝑛2𝑧 = 𝑠𝑒𝑐2𝑧 𝑑𝑎𝑛 1 + 𝑐𝑜𝑡2𝑧 = cos 𝑠𝑒𝑐2𝑧

b. 2 sin(𝑧1 + 𝑧2) sin (𝑧1 − 𝑧2) = cos 2𝑧2 − cos 2𝑧1

c. 2 cos(𝑧1 + 𝑧2) sin (𝑧1 − 𝑧2) = sin 2𝑧2 − sin 2𝑧1


H

3. Tunjukkan akar-akar persamaan cos 𝑧 = 2

4. Tunjukkan bahwa 𝑓(𝑧) = sin 𝑧 analitik tidak dimana-mana

5. Tunjukkan bahwa untuk sembarang 𝑧

a. sin 𝑧 = sin 𝑧

b. cos 𝑧 = cos 𝑧

c. tan 𝑧 = tan 𝑧

3.3. FUNGSI HIPERBOLIK

Fungsi hiperbolik pada analisis kompleks didefinisikan:

1. sinh 𝑧 =𝑒𝑧−𝑒−𝑧

2

2. cosh 𝑧 =𝑒𝑧+𝑒𝑧

2

3. tanh 𝑧 =sinh 𝑧

cosh 𝑧

Fungsi 𝑒𝑧 𝑑𝑎𝑛 𝑒−𝑧 merupakan fungsi menyeluruh maka demikian

juga sinh 𝑧 𝑑𝑎𝑛 cosh 𝑧, sedangkan tanh 𝑧 merupakan fungsi analitik di setiap

domain asalkan cosh 𝑧 ≠ 0. Fungsi hiperbolik kompleks bentuknya mirip

dengan fungsi hiperbolik variabel real, sebagai berikut:

1. 𝑑

𝑑𝑧sinh 𝑧 = cosh 𝑧

2. 𝑑

𝑑𝑧cosh 𝑧 = sinh 𝑧

3. 𝑑

𝑑𝑧tanh 𝑧 = 𝑠𝑒𝑐ℎ2𝑧

4. 𝑑

𝑑𝑧coth 𝑧 = −𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐ℎ2𝑧

5. 𝑑

𝑑𝑧sech 𝑧 = − sech 𝑧 tanh 𝑧


H

6. 𝑑

𝑑𝑧𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐ℎ 𝑧 = −𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐ℎ 𝑧 coth 𝑧

7. 𝑠𝑖𝑛ℎ2 𝑧 + 𝑐𝑜𝑠ℎ2 𝑧 = 1

8. 1 − 𝑡𝑎𝑛ℎ2𝑧 = 𝑠𝑒𝑐ℎ2𝑧

9. sinh(−𝑧) = − sinh 𝑧

10. cosh(−𝑧) = cosh 𝑧

11. tanh(−𝑧) = − tanh 𝑧

12. sinh(𝑧1 + 𝑧2) = sinh 𝑧1 cosh 𝑧2 + cosh 𝑧1 sin 𝑧2

13. cos ℎ(𝑧1 + 𝑧2) = cosh 𝑧1 cosh 𝑧2 − sinh 𝑧1 sin 𝑧2

14. tanh(𝑧1 ± 𝑧2) =tanh 𝑧1±tanh 𝑧2

1±tanh 𝑧1 tanh 𝑧2

15. sinh(𝑖𝑧) = 𝑖 sin 𝑧

16. sin(𝑖𝑧) = 𝑖 sinh 𝑧

17. cosh(𝑖𝑧) = cos 𝑧

18. cos(𝑖𝑧) = cosh 𝑧

19. sinh(𝑧) = sinh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 cosh 𝑥 sin 𝑦

20. cosh(𝑧) = cosh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 sinh 𝑥 sin 𝑦

21. |𝑠𝑖𝑛ℎ|2𝑧 = 𝑠𝑖𝑛ℎ2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2𝑦

22. |𝑐𝑜𝑠ℎ|2𝑧 = 𝑠𝑖𝑛ℎ2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑦

23. sin 𝑧 = sin 𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑦 + 𝑖 cos 𝑥 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑦

24. cos 𝑧 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 cosh 𝑦 − 𝑖 sin 𝑥 sinh 𝑦

Fungsi cosh 𝑧 𝑑𝑎𝑛 sinh 𝑧 merupakan fungsi periodik dengan periode

2𝜋𝑖, dan tanh 𝑧 merupakan fungsi periodik dengan periode 𝜋𝑖, sehingga

diperoleh:

cosh(𝑧 + 2𝜋𝑖) = cosh 𝑧 𝑑𝑎𝑛 sinh(𝑧 + 2𝜋𝑖) = sinh 𝑧


H

sifat:

1. sinh 𝑧 = 0 bila dan hanya bila 𝑧 = 𝑘𝜋𝑖 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

2. cosh 𝑧 = 0 bila dan hanya bila 𝑧 = (𝑘 +1

2)𝜋𝑖 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

Contoh:

(1) Tunjukkan bahwa sin 𝑧 = sin 𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑦 + 𝑖 cos 𝑥 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑦

(2) Tunjukkan bahwa sinh(𝑖𝑧) = 𝑖 sin 𝑧

(3) Tunjukkan bahwa cosh(𝑖𝑧) = cos 𝑧

(4) Tunjukkan bahwa 1 − 𝑡𝑎𝑛ℎ2𝑧 = 𝑠𝑒𝑐ℎ2𝑧

Penyelesaian:

(1) Pembuktian sin 𝑧 = sin 𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑦 + 𝑖 cos 𝑥 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑦, yaitu dengan

menguraikan cos 𝑧 𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑢 + 𝑖𝑣 dan misal 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦,

diperoleh:

cos 𝑧 =1

2(𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧) =

1

2(𝑒−𝑦𝑒𝑖𝑥 + 𝑒𝑦𝑒−𝑖𝑥)

=1

2[𝑒−𝑦(cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥) + (𝑒𝑦(cos 𝑥 − 𝑖 sin 𝑥)]

=1

2(𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) cos 𝑥 −

𝑖

2(𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦) sin 𝑥

cos 𝑧 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 cosh 𝑦 − 𝑖 sin 𝑥 sinh 𝑦

(terbukti)

(2) Pembuktian bahwa sinh(𝑖𝑧) = 𝑖 sin 𝑧, yaitu:

sin(𝑖𝑧) =𝑒𝑖(𝑖𝑧) − 𝑒−𝑖(𝑖𝑧)

2𝑖=

𝑒−𝑧 − 𝑒𝑧

2𝑖

= 𝑖 (𝑒𝑧 − 𝑒−𝑧

2)


H

= −𝑖 sinh 𝑧 (terbukti)

(3) Pembuktian bahwa cosh(𝑖𝑧) = cos 𝑧, yaitu:

cos (𝑖𝑧) =𝑒𝑖(𝑖𝑧) + 𝑒−𝑖(𝑖𝑧)

2=

𝑒−𝑧 + 𝑒𝑧

2

= (𝑒𝑧 + 𝑒−𝑧

2)

= cosh 𝑧 (terbukti)

(4) Pembuktian bahwa 1 − 𝑡𝑎𝑛ℎ2𝑧 = 𝑠𝑒𝑐ℎ2𝑧, yaitu:

𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑧 − 𝑠𝑖𝑛ℎ2𝑧 = (𝑒𝑧 + 𝑒−𝑧

2)

2

− (𝑒𝑧 − 𝑒−𝑧

2)

2

=𝑒2𝑧 + 2 + 𝑒−2𝑧

4−

𝑒2𝑧 − 2 + 𝑒−2𝑧

4= 1

apabila 𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑧 − 𝑠𝑖𝑛ℎ2𝑧 dibagi dengan 𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑧, maka diperoleh:

𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑧 − 𝑠𝑖𝑛ℎ2𝑧

𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑧=

1

𝑐𝑜𝑠ℎ2𝑧

sehingga:

1 − 𝑡𝑎𝑛ℎ2𝑧 = 𝑠𝑒𝑐ℎ2𝑧 (terbukti)

Soal Latihan 3

1. Tunjukkan bahwa:

a. 𝑠𝑖𝑛2 𝑧 + 𝑐𝑜𝑠2 𝑧 = 1

b. sin(𝑧) = − sin 𝑧

c. cos(𝑖𝑧) = cosh 𝑧

d. cos(𝑧1 + 𝑧2) = cos 𝑧1 cos 𝑧2 − sin 𝑧1 sin 𝑧2

2. Tentukan semua nilai yang memenuhi cos 𝑧 = 3

3. Tentukan 𝑢(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑎𝑛 𝑣(𝑥, 𝑦) sehingga diperoleh :

a. sinh 2𝑧 = 𝑢 + 𝑖𝑣

b. 𝑧 cosh 𝑧 = 𝑢 + 𝑖𝑣


H

3.4. FUNGSI LOGARITMA

Logaritma natural dari bilangan nyata positip 𝑥 dituliskan ln 𝑥. Untuk

selanjutnya fungsi logaritma dari peubah kompleks 𝑧 yaitu:

𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃

dengan r modulus dari z dan 𝜽 argumen z yang berharga banyak

yaitu (𝜃 + 2𝑘𝜋), 𝑘 = 0, ±1, ±2, …, didefinisikan:

ln 𝑧 = ln(𝑟𝑒𝑖𝜃) = ln 𝑟 + 𝑖𝜃

Apabila 𝜑 harga utama dari 𝜃 yaitu −𝜋 < 𝜑 ≤ 𝜋 dituliskan:

𝜃 = (𝜑 + 2𝑘𝜋), 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

maka fungsi dituliskan:

ln 𝑧 = ln 𝑟 + 𝑖 (𝜑 + 2𝑘𝜋), 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

Harga utama dari ln 𝑧 yaitu jika 𝒌 = 𝟎 sehingga formulanya menjadi:

Ln 𝑧 = 𝐿𝑛 𝑟 + 𝑖𝜑 , 𝑟 > 0 , −𝜋 < 𝜑 ≤ 𝜋

Fungsi 𝑤 = 𝐿𝑛 𝑧 merupakan fungsi bernilai tunggal dengan domain

definisinya seluruh bidang 𝑧 kecuali nol, sedangkan daerah hasilnya pita −𝜋 <

𝐼𝑚(𝑤) ≤ 𝜋. Apabila dikaitkan dengan fungsi eksponensial 𝑤 = 𝑒𝑧 dan

dipertukarkan 𝑧 dengan 𝑤 yaitu 𝑧 = 𝑒𝑤 maka diperoleh korespondensi satu-

satu antara non zero titik-titik dibidang kompleks 𝑧 dengan titik-titik dalam

pita −𝜋 < 𝐼𝑚(𝑤) ≤ 𝜋 di bidang 𝑤.


H

Titik 𝑧 = 𝑟 exp(𝑖𝜑) di bidang kompleks z berkorespondensi dengan

titik 𝑤 = 𝐿𝑛 𝑟 + 𝑖𝜑 di bidang 𝑤, sehingga bila domain definisi dari fungsi 𝑒𝑤

terbatas sepanjang pita −𝜋 < 𝐼𝑚(𝑤) ≤ 𝜋 maka merupakan fungsi invers dari

fungsi logaritma utama 𝐿𝑛 𝑧 dan dikatakan:

𝑤 = 𝐿𝑛 𝑧 𝑏𝑖𝑙𝑎 𝑑𝑎𝑛 ℎ𝑎𝑛𝑦𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎 𝑧 = 𝑒𝑤

Fungsi Ln 𝑧 = 𝐿𝑛 𝑟 + 𝑖𝜑 , 𝑟 > 0 , −𝜋 < 𝜑 ≤ 𝜋 adalah kontinu dalam

domain 𝑟 > 0 , −𝜋 < 𝜑 ≤ 𝜋 karena komponen-komponennya

𝑢(𝑟, 𝜑) 𝑑𝑎𝑛 𝑣(𝑟, 𝜑) adalah kontinu di setiap titik pada domain.

Derivative parsial tingkat satu dari 𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 adalah kontinu dan

memenuhi PCR sehingga 𝐿𝑛 𝑧 adalah analitik.

Apabila 𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃 maka:

𝑑

𝑑𝑧𝐿𝑛 𝑧 = 𝑒−𝑖𝜃 (

1

𝑟+ 𝑖0) =

1

𝑟𝑒𝑖𝜃

Sifat-sifat derivative sebagi berikut:

1. 𝑑

𝑑𝑧𝑙𝑛 𝑧 =

1

𝑧

2. 𝑑

𝑑𝑧𝑙𝑛 𝑓(𝑧) =

𝑓′(𝑧)

𝑓(𝑧)

3. 𝑒ln 𝑧 = 𝑧

4. ln 𝑒𝑧 = 𝐿𝑛 |𝑒𝑧| + 𝑖 arg 𝑒𝑧 = 𝑥 + 𝑖 (𝑦 + 2𝑘𝜋) = 𝑧 + 2𝑘𝜋 , 𝑘 = 0, ±

1, ±2, …

5. ln(𝑧1 + 𝑧2) = ln 𝑧1 + ln 𝑧2

6. ln [𝑧1

𝑧2] = ln 𝑧1 − ln 𝑧2

7. ln (𝑧1

𝑛) =1

𝑛ln 𝑧


H

8. 𝑧1

𝑛 = exp (1

𝑛ln 𝑧)

ln(𝑧𝑛) ≠ 𝑛 ln 𝑧 , dapat ditunjukkan dengan memisalkan 𝑧 = 𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑛 = 2,

maka:

ln(𝑧𝑛) = ln(𝑖2) = ln(−1) = (𝜋 + 2𝑘𝜋)𝑖 = (1 + 2𝑘)𝜋𝑖 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

sedangkan

𝑛 ln 𝑧 = 2 ln 𝑖 = 2 (𝜋

2+ 2𝑘𝜋) 𝑖 = (1 + 4𝑘)𝜋𝑖 , 𝑘 = 0, ±1, ±2, …

Uraian diatas diperoleh hasil yang berbeda dan dapat dikatakan bahwa:

ln(𝑖2) ≠ 2 ln 𝑖

Nilai ln(𝑧𝑛) = 𝑛 ln 𝑧 hanya apabila keduanya bernilai tunggal.

Misalnya:

ln[(1 + 𝑖)2] = 2 𝒕𝒆𝒕𝒂𝒑𝒊 ln[(−1 + 𝑖)2] ≠ 2 ln(−1 + 𝑖)

Contoh:

(1) Tunjukkan bahwa 𝑑

𝑑𝑧ln 𝑧 =

1

𝑧


𝑑𝑧ln 𝑓(𝑧) =

𝑓′(𝑧)

𝑓(𝑧)

Penyelesaian:

(1) Pembuktian bahwa 𝑑

𝑑𝑧ln 𝑧 =

1

𝑧, yaitu:

Misal: 𝑤 = ln 𝑧, maka:

𝑧 = 𝑒𝑤

dan 𝑑𝑧

𝑑𝑤= 𝑒𝑤 = 𝑧


H

sehingga:

𝑑

𝑑𝑧ln 𝑧 =

𝑑𝑤

𝑑𝑧=

1

𝑑𝑧𝑑𝑤

=1

𝑧

(terbukti)

Catatan: turunan tersebut tidak ada di titik cabang 𝑧 = 0


𝑑𝑧ln 𝑓(𝑧) =

𝑓′(𝑧)

𝑓(𝑧)

Misal: 𝑤 = ln dengan = 𝑓(𝑧), maka:

𝑑𝑤

𝑑𝑧=

𝑑𝑤

𝑑∙

𝑑

𝑑𝑧=

1∙

𝑑

𝑑𝑧=

𝑓′(𝑧)

𝑓(𝑧)

(terbukti)

Soal Latihan 4

1. Tunjukkan bahwa :

a. 𝐿𝑛 (1 − 𝑒𝑖) = 1 − (𝜋

2) 𝑖

b. 𝐿𝑛 (1 − 𝑖) =1

2ln 2 − (

𝜋

4) 𝑖

2. Tunjukkan bahwa:

a. ln 1 = 2𝑘𝜋𝑖

b. ln(−1) = (2𝑘 + 1)𝜋𝑖

c. ln(𝑖) = (2𝑘 +1

2)𝜋𝑖

3. Tentukan akar-akar persamaan ln 𝑧 = (𝜋

2) 𝑖

3.5. INVERS FUNGSI TRIGONOMETRI DAN HIPERBOLIK

Invers fungsi trigonometri dan hiperbolik dapat dinyatakan dalam

logaritma dan invers fungsi, misalnya sinus yaitu 𝑠𝑖𝑛−1𝑧 dituliskan:

𝑤 = 𝑠𝑖𝑛−1𝑧


H

apabila 𝑧 = sin 𝑤 maka:

𝑧 =𝑒𝑖𝑤 − 𝑒−𝑖𝑤

2𝑖

sehingga diperoleh:

1. 𝑠𝑖𝑛−1𝑧 = −𝑖 ln(𝑖𝑧 + √1 − 𝑧2)

2. 𝑐𝑜𝑠−1𝑧 = −𝑖 ln(𝑧 + 𝑖√1 − 𝑧2)

3. 𝑡𝑎𝑛−1𝑧 =𝑖

2ln (

𝑖+𝑧

𝑖−𝑧)

Derivative dapat diturunkan langsung dari definisi:

1. 𝑑

𝑑𝑧𝑠𝑖𝑛−1𝑧 =

1

√1−𝑧2

2. 𝑑

𝑑𝑧𝑐𝑜𝑠−1𝑧 =

−1

√1−𝑧2

3. 𝑑

𝑑𝑧𝑡𝑎𝑛−1𝑧 =

1

1−𝑧2

Untuk fungsi hiperbolik, inversnya dapat diperoleh:

1. 𝑠𝑖𝑛ℎ−1𝑧 = ln[𝑧 + √𝑧2 + 1]

2. 𝑐𝑜𝑠ℎ−1𝑧 = ln[𝑧 + √𝑧2 − 1]

3. 𝑡𝑎𝑛ℎ−1𝑧 =1

2ln (

1+𝑧

1−𝑧)

Contoh:



1

(1−𝑧2)12



1

1−𝑧2

(3) Tentukan turunan dari 𝑧 𝑡𝑎𝑛ℎ−1(ln 𝑧)


H

Penyelesaian:



1

(1−𝑧2)12

, yaitu apabila memandang

cabang utama dari 𝑠𝑖𝑛−1𝑧, sehingga diperoleh:

𝑑


𝑑

𝑑𝑧{1

𝑖ln(𝑖𝑧 + √1 − 𝑧2} =

1𝑖

𝑑𝑧 (𝑖𝑧 + √1 − 𝑧2)

𝑖𝑧 + √1 − 𝑧2

=

1𝑖 {𝑖 +

12

(1 − 𝑧2)−12(−2𝑧)}

𝑖𝑧 + √1 − 𝑧2=

1 +𝑖𝑧

√1 − 𝑧2

𝑖𝑧 + √1 − 𝑧2

=1

√1 − 𝑧2=

1

(1 − 𝑧2)12

(terbukti)

Catatan: turunan tersebut tidak ada di titik cabang 𝑧 = ±1



1

1−𝑧2 yaitu apabila memandang cabang

utamanya, diperoleh:

𝑡𝑎𝑛−1 𝑧 =1

2ln(

1 + 𝑧

1 − 𝑧) =

1

2ln(1 + 𝑧) −

1

2ln(1 − 𝑧)

maka:

𝑑


1

2

𝑑

𝑑𝑧ln(1 + 𝑧) −

1

2

𝑑

𝑑𝑧ln(1 − 𝑧)

=1

2(

1

1 + 𝑧) −

1

2(

1

1 − 𝑧) =

1

1 − 𝑧2

(terbukti)

Catatan: turunan tersebut tidak ada di titik cabang 𝑧 = ±1

(3) Menentukan turunan dari 𝑧 𝑡𝑎𝑛ℎ−1(ln 𝑧), yaitu:


H

𝑑

𝑑𝑧{(𝑧)[𝑡𝑎𝑛ℎ−1(ln 𝑧)]} = 𝑧

𝑑

𝑑𝑧 [𝑡𝑎𝑛ℎ−1(ln 𝑧)] + [𝑡𝑎𝑛ℎ−1(ln 𝑧)]

𝑑

𝑑𝑧(𝑧)

= {1

1 + (ln 𝑧)2}

𝑑

𝑑𝑧(ln 𝑧) + [𝑡𝑎𝑛ℎ−1(ln 𝑧)] =

1

1 + (ln 𝑧)2+ 𝑡𝑎𝑛ℎ−1(ln 𝑧)

Soal Latihan 5

1. Tentukan turunan dari:

a. (𝑡𝑎𝑛ℎ−1(𝑖𝑧 + 2))2

b. 𝑐𝑜𝑠2(2𝑧 + 3𝑖)

2. Apabila 𝑤 = 𝑠𝑖𝑛−1(𝑡 − 3) dan 𝑧 = cos(ln 𝑡), tentukan 𝑑𝑤

𝑑𝑧

3. Tunjukkan bahwa:

a. 𝑑

𝑑𝑧(𝑠𝑒𝑐−1𝑧) =

1

𝑧√𝑧2−1

b. 𝑑

𝑑𝑧(𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐ℎ−1𝑧) =

1

𝑧√𝑧2+1

4. Tentukan turunan setiap fungsi berikut:

a. {𝑠𝑖𝑛−1(2𝑧 − 1)}2

b. ln(𝑐𝑜𝑡−1𝑧2)

c. 𝑠𝑖𝑛−1(sin 𝑧 − cos 𝑧)

d. 𝑡𝑎𝑛−1(𝑧 + 3𝑖)−1

2

5. Apabila 𝑤 = 𝑐𝑜𝑠−1(𝑧 − 1), 𝑧 = sinh (3 + 2𝑖) 𝑑𝑎𝑛 = √𝑡,

tentukan 𝑑𝑤

𝑑𝑡


H

BAB IV

INTEGRAL


1. Mahasiswa mampu menganalisa lintasan kurva Jordan dan kontur di

bidang kompleks dengan cermat dan teliti

2. Mahasiswa mampu menganalis dan melakukan pembuktian integral

fungsi kompleks dengan cermat dan teliti

3. Mahasiswa mampu menganalis dan melakukan pembuktian teorema

Cauchy–Goursat dan teorema Cauchy–Goursat dalam daerah

terhubung tunggal/ganda dengan cermat dan teliti


tak tentu dengan cermat dan teliti


Cauchy dengan cermat dan teliti

6. Mahasiswa mampu menganalis dan melakukan pembuktian teorema-

teorema dengan cermat dan teliti

4.1. LINTASAN (KURVA JORDAN)


H

Konsep kurva datar yang dinyatakan secara parametrik sangat penting

dalam integrasi kompleks. Persamaan kurva dalam bentuk parameter, misalnya

dengan persamaan kurva:

a. Persamaan parabola 𝑥 = √𝑦 dinyatakan dengan persamaan parameter

𝑥 = 𝑡 , 𝑦 = 𝑡2. Bila parameter 𝑡 dibatasi dengan −1 ≤ 𝑡 ≤ 2 maka

diperoleh lintasan dari titik (-1, 1) sampai dengan titik (2, 4).

b. Persamaan lingkaran 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 dinyatakan dengan parameter

𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 , 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 dan parameter 𝑡 dibatasi dengan 0 ≤ 𝜃 ≤

2𝜋

Lintasan (kuva Jordan) didefinisikan:

Apabila 𝑡 peubah rel, suatu kurva dalam bidang datar disebut kurva mulus

(smooth curve) bila dan hanya bila dapat dinyatakan dengan fungsi berharga

real yaitu 𝑦 = 𝑔(𝑡), 𝑦 = ℎ(𝑡), 𝛼 ≤ 𝑡 ≤ 𝛽 sedemikian

hingga turunannya yaitu 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑔′(𝑡),

𝑑𝑦

𝑑𝑡= ℎ′(𝑡) ada dan

kontinu dalam interval tersebut.

Ada 3 pengertian dari definisi, yaitu:

a. 𝑦 = 𝑔(𝑡) 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = ℎ(𝑡) kontinu dalam interval 𝛼 ≤ 𝑡 ≤ 𝛽, karena

adanya syarat bahwa turunannya 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑔′(𝑡) 𝑑𝑎𝑛

𝑑𝑦

𝑑𝑡= ℎ′(𝑡) harus

𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢.

b. Kekontinuan fungsi beserta turunannya menyebabkan

𝑘𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑚𝑒𝑛𝑗𝑎𝑑𝑖 𝑚𝑢𝑙𝑢𝑠 dalam arti mempunyai garis singgung disetiap

titik.


H

c. Akibat dari turunannya ada maka kurva tersebut 𝑚𝑒𝑚𝑝𝑢𝑛𝑦𝑎𝑖 𝑝𝑎𝑛𝑗𝑎𝑛𝑔

yang dapat dihitung dengan rumus:

𝐿 = ∫ √(𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2

+ (𝑑𝑦

𝑑𝑡)

2

. 𝑑𝑡

𝑏

𝑎

Contoh:

Persamaan 𝑥 = 2 cos 𝑡 , 𝑦 = 2 sin 𝑡 , 0 ≤ 𝑡 ≤3𝜋

2 merupakan busur

lingkaran dengan kurva mulus karena syarat-syaratnya terpenuhi.

Tentukan:

a. Lintasan yang dijelajahi yaitu titik awal dan titik akhir

b. Panjang lintasan

Penyelesaian:

a. Lintasan yang dijelajahi yaitu titik awal dan titik akhir

𝑥 = 2 cos 𝑡 , 𝑦 = 2 sin 𝑡 , 0 ≤ 𝑡 ≤3𝜋

2 merupakan kurva mulus

karena syarat yang diberikan terpenuhi sehingga 𝑡 berubah dari

0 𝑠𝑎𝑚𝑎𝑝𝑎𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 3𝜋

2 maka lintasan dengan arah positif dari (0,2)

sebagai titik awal sampai dengan (0, −2) sebagai titik akhir.

Tampak pada gambar berikut:

(2,0)


H

(-2,0)

b. Panjang lintasannya yaitu:

𝐿 = ∫ 2

3𝜋2

0

𝑑𝑡 = 3𝜋

Teori Kurva Jordan

Kurva dengan titik awal dan titik akhir yang dihimpit merupakan kurva

dengan lintasan terbuka, sedangkan bila titik awal dan titik akhir berhimpit

merupakan kurva dengan lintasa tertutup. Apabila suatu lintasan tidak

memotong dirinya sendiri (kecuali mungkin titik awal dan titik akhirnya)

maka lintasan itu merupakan lintasan sederhana (simple path), tetapi bila

tidak demikian merupakan lintasan ganda (multi path).

Bagian busur lingkaran Terbuka sederhana Terbuka ganda

Gambar 4.1. Kurva Terbuka


H

Kurva tertutup Tertutup sederhana Tertutup ganda

Gambar 4.2. Kurva Tertutup

Suatu kurva 𝐶 (tidak perlu mulus) bisa terdiri dari sejumlah berhingga

kurva mulus 𝐶𝑛 sedemikian hingga titik akhir 𝐶𝑘 berhimpit dengan titik awal

𝐶𝑘+1; 𝑘 = 1,2,3, … , 𝑛 dan ditulis dengan 𝐶 = 𝐶1 + 𝐶2 + ⋯ + 𝐶𝑛. Istilah yang

sering dipakai untuk kurva semacam itu adalah kontinu sepotong-potong

(piecewise continuous) atau mulus sepotong-potong (piecewise smooth).

Teorema Kurva Jordan yang dikemukakan Camile Jordan (Perancis):

Bila 𝐶 lintasan tertutup sederhana pada bidang datar maka bidang

tersebut terbagi oleh 𝐶 menjadi tiga bagian himpunan saling asing,

yaitu:

a. Kurva 𝐶 sendiri

b. Bagian dalam (𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟) 𝐶 berupa himpunan terbuka dan terbatas

c. Bagian luar (𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟) C berupa himpunan terbuka dan tak terbatas

Lebih jauh, C merupakan batas bagi kedua Int-C dan Ext-C

Ext-C

C Int-C


H

Gambar 4.3. Teori Kurva Jordan

Secara luas, lintasan digunakan dalam integral kompleks karena

menggantikan fungsi integral terintegrasi yang mengacu pada kalkulus

elementer. Pada proses integrasi, dijelajahi dari titik awal ke titik akhir atau

sebaliknya, sehingga arah (orientasi) lintasan harus diterapkan terlebih dahulu

sebelum proses pengintegralan.

B C

C

A

Gambar 4.4. Busur Jordan Orientasi – Positif Gambar 4.5. Kurva Jordan Orientasi – Positif

Busur Jordan 𝐶 (terbuka sederhana) dikatakan mempunyai orientasi

positif bila dijelajahi dari titik awal sampai titik akhirnya, sehingga dapat

diartikan sebagai busur yang sama dengan arah berlawanan. Kurva Jordan 𝐶

(tertutup sederhana) dikatakan mempunyai arah positif bila dijelajahi

sedemikian hingga bagian dalam 𝐶 berada disebelah kirinya.

4.2. KONTUR

Suatu busur 𝐶 merupakan himpunan titik-titik 𝑧(𝑥, 𝑦) di bidang

kompleks sedemikian hingga:

𝑥 = 𝑥(𝑡) , 𝑦 = 𝑦(𝑡) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏


H

dimana 𝑥(𝑡) 𝑑𝑎𝑛 𝑦(𝑡) merupakan fungsi kontinu dari peubah real 𝑡.

Definisi ini membentuk sebuah pemetaan dalam interval 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 ke

bidang 𝑥𝑦 dan bayangan titik-titiknya sesuai dengan urutan naiknya 𝑡,

membentuk persamaan:

𝑧(𝑡) = 𝑥(𝑡) + 𝑖𝑦(𝑡) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏

dimana z(t) kontinu apabila x(t) dan y(t) keduanya kontinu.

Suatu fungsi kompleks 𝑧(𝑡) = 𝑥(𝑡) + 𝑖𝑦(𝑡) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 dikatakan

dapat didiferensialkan ke peubah real 𝑡 apabila kedua fungsi komponennya

𝑥(𝑡) 𝑑𝑎𝑛 𝑦(𝑡) dapat dideferensialkan ke 𝑡 dan derivativenya dirumuskan:

𝑧′(𝑡) = 𝑥′(𝑡) + 𝑖𝑦′(𝑡) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏

Suatu busur C: 𝑧(𝑡) = 𝑥(𝑡) + 𝑖𝑦(𝑡) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 dinamakan smooth atau licin,

bila derivative:

𝑧′(𝑡) 𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢

dalam interval 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 dan bila 𝑧′(𝑡)𝑡𝑎𝑘 𝑝𝑒𝑟𝑛𝑎ℎ 𝑛𝑜𝑙.

Apabila pada titik t:

a. 𝑥′(𝑡) = 0 maka vektor 𝑧′(𝑡) = 𝑖𝑦′(𝑡) adalah vertikal


H

b. 𝑥′(𝑡) ≠ 0 maka slope dari vektor 𝑧′(𝑡) =𝑦′(𝑡)

𝑥′(𝑡) adalah sama dengan

slope garis singgung busur C pada titik yang berkorespondensi dengan

t yaitu 𝑑𝑦

𝑑𝑥.

Hal ini berarti sudut inklinasi garis singgung dapat diriumuskan dengan

𝑎𝑟𝑔𝑧′(𝑡). Selanjutnya, karena 𝑧′(𝑡) kontinu dalam interval 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 maka

busur smooth merupakan rangkaian kontinu garis-garis singgung yang

panjangnya:

|𝑧′(𝑡)| = √[𝑥′(𝑡)]2 + [𝑦′(𝑡)]2

Panjang busur smooth di rumuskan:

𝐿 = ∫ |𝑧′(𝑡)|𝑏

𝑎 atau 𝐿 = ∫ √[𝑥′(𝑡)]2 + [𝑦′(𝑡)]2𝑏

𝑎

Dalam perhitungan selanjutnya bisa diadakan pergantian parameter

𝑡 = ∅(𝑟), 𝑐 ≤ 𝑟 ≤ 𝑑, dimana ∅ adalah fungsi berharga real dari suatu

pemetaan dalam interval 𝑐 ≤ 𝑟 ≤ 𝑑 𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏. Dianggap

bahwa ∅ beserta derivativenya kontinu dan ∅′(𝑟) > 0 untuk setiap r, sehingga

rumus panjang busur menjadi:

𝐿 = ∫|𝑧′[∅(𝑟)]|∅′(𝑟)𝑑𝑟

𝑑

𝑐

Busur C telah kita nyatakan dalam parameter yang baru r, yaitu:


H

𝑧 = 𝑍(𝑟) = 𝑧[∅(𝑟)], 𝑐 ≤ 𝑟 ≤ 𝑑,

sehingga:

𝑍′(𝑟) = 𝑧′[∅(𝑟)]∅′(𝑟)

Jadi kontur yaitu rangkaian kontinu dari berhingga banyak busur-busur

smooth, panjang kontur yaitu jumlah panjangnya busur-busur smooth

Soal Latihan 1

Tentukan lintasan yang dijelajahi yaitu titik awal dan titik akhir dan panjang

lintasannya sesuai dengan ketentuan pada persamaan berikut:

1. 𝑥 = 𝑡2 − 1, 𝑦 = 𝑡, −1 ≤ 𝑡 ≤ 1

2. 𝑥 = 3 cos 𝑡, 𝑦 = 2 sin 𝑡 , 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝜋

3. 𝑧 = −𝑖 + 𝑒𝑖𝑡, −𝜋 ≤ 𝑡 ≤ 𝜋

4. 𝑥 = 𝑒−𝑖, 𝑦 = 𝑡 + 1, 0 ≤ 𝑡 ≤ 1

4.3. INTEGRAL FUNGSI KOMPLEKS

Fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑈(𝑡) + 𝑖𝑉(𝑡) , 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 dengan

𝑈 𝑑𝑎𝑛 𝑉 merupakan fungsi-fungsi bernilai real yang kontinu dari peubah real

t dalam interval tertutup 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏. 𝑈 𝑑𝑎𝑛 𝑉 kontinu pada interval [𝑎, 𝑏]


H

artinya interval [𝑎, 𝑏] terdiri atas beberapa sub interval dengan 𝑈 𝑑𝑎𝑛 𝑉

kontinu dan mempunyai limit berhingga di kedua ujung-ujungnya maka sesuai

teori integral yaitu ∫ 𝑈(𝑡)𝑑𝑡 𝑑𝑎𝑛 ∫ 𝑉(𝑡)𝑑𝑡𝑏

𝑎

𝑏

𝑎 ada, sehingga bila integral

tertentu dari 𝐹 dinyatakan dengan dua integral menjadi:

∫ 𝐹(𝑡) = ∫ 𝑈(𝑡)𝑑𝑡

𝑏

𝑎

+ 𝑖 ∫ 𝑉(𝑡)𝑑𝑡

𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

Integral tertentu fungsi berharga kompleks 𝑓 dari peubah kompleks 𝑧

dapat diartikan sebagai nilai 𝑓(𝑧) sepanjang kontur 𝐶 yang merentang dari 𝑧 =

𝛼 𝑠𝑎𝑚𝑝𝑎𝑖 𝑧 = 𝛽 di bidang kompleks sehingga integral kontur dapat ditulis:

∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 𝑎𝑡𝑎𝑢 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

𝛽

𝛼𝐶

Apabila kontur 𝐶 dinyatakan dengan persamaan 𝑧(𝑡) = 𝑥(𝑡) + 𝑖𝑦(𝑡)

dengan 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏 merentang dari titik 𝑧(𝑎) = 𝛼 ke titik 𝑧(𝑏) = 𝛽 dan 𝑓(𝑧) =

𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) kontinu pada 𝐶 yang mana fungsi 𝑢[𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)] dan 𝑓[𝑧(𝑡)]

kontinu dari 𝑡, sehingga dapat didefinisikan integral kontur f sepanjang C

yaitu:

∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

𝐶

= ∫ 𝑓[𝑧(𝑡)]𝑧′(𝑡)𝑑𝑡

𝑏

𝑎


H

Bentuk 𝑓[𝑧(𝑡)]𝑧′(𝑡) = {𝑢[𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)] + 𝑖𝑣[𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)]}{𝑥′(𝑡) + 𝑖𝑦′(𝑡)}

maka persamaan integral diatas dapat ditulis dalam bentuk integral dari fungsi

dengan satu peubah 𝑡:


𝐶

= ∫(𝑢𝑥′ − 𝑣𝑦′)𝑑𝑡 + 𝑖 ∫(𝑣𝑥′ + 𝑢𝑦′)𝑑𝑡

𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

Sebagai catatan, karena 𝐶 kontur maka fungsi 𝑥′𝑑𝑎𝑛 𝑦′ disamping

𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 adalah kontinu sepotong-potong dari 𝑡, sehingga harga integral dari

kedua persamaan integral diatas mempunyai nilai.

Bentuk integral kontur dari fungsi kompleks dengan dua peubah 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦

dirumuskan:


𝐶

= ∫[𝑢𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑦]

𝐶

+ 𝑖𝑣 ∫[𝑣𝑑𝑥 + 𝑢𝑑𝑦]

𝐶

Bentuk persamaan diatas diperoleh dengan mengganti 𝑓(𝑧) dengan 𝑢 + 𝑖𝑣

dan 𝑑𝑧 dengan 𝑑𝑥 + 𝑖𝑑𝑦.

Terkait pengertian kontur 𝐶 dengan persamaan integral kontur 𝑓

sepanjang 𝐶 maka kontur – 𝐶 merupakan kontur yang sama dengan arah yang

berlawanan, sehingga ditulis kontur – 𝐶 mempunyai persamaan:

𝑧 = 𝑧(−𝑡) 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 − 𝑏 ≤ 𝑡 ≤ −𝑎,

maka:


H


−𝐶

= ∫ 𝑓[𝑧(−𝑡)]

−𝑎

−𝑏

[−𝑧′(−𝑡)]𝑑𝑡

atau apabila diganti peubah menjadi:


−𝐶

= − ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

𝐶

Sifat-sifat:

1. ∫ 𝑘𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑐

= 𝑘 ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑐

, k = konstanta kompleks

2. ∫ [𝑓(𝑧) + 𝑔(𝑧)]𝑑𝑧 = ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑐

+ ∫ 𝑔(𝑧)𝑑𝑧𝑐𝑐

3. ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧 = − ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑎

𝑏

𝑏

𝑎

4. ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑏

𝑎= ∫ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧

𝑚

𝑎+ ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

𝑏

𝑚, dengan 𝑎, 𝑏, 𝑚 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝐶

5. Bila 𝐶 terdiri dari kontur 𝐶1 dari 𝛼 𝑘𝑒 𝛽1 dan 𝐶2 dari 𝛽1 ke 𝛽 maka:


𝐶

= ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

𝐶1

+ ∫ 𝑔(𝑧)𝑑𝑧

𝐶2

Sifat integral yang telah dipelajari:

|∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

𝐶

| ≤ ∫|𝑓[𝑧(𝑡)]𝑧′(𝑡)|𝑑𝑡

𝑏

𝑎


H

maka untuk setiap konstanta 𝑀 sehingga |𝑓(𝑧)| ≤ 𝑀 untuk z pada kontur 𝐶

berlaku:


𝐶

| ≤ 𝑀 ∫|𝑧′(𝑡)|𝑑𝑡

𝑏

𝑎

Apabila integral di ruas kanan dinyatakan dengan 𝐿 dari kontur maka

modulus dari nilai integral 𝑓 sepanjang 𝐶 tidak melampaui 𝑀𝐿 atau:


𝐶

| ≤ 𝑀𝐿

Contoh:

(1) Tunjukkan bahwa apabila 𝐶 suatu kurva mulus dari 𝑧0 ke maka

∫ 𝑑𝑧 = − 𝑧0𝑐

(2) Tunjukkan bahwa apabila 𝐶 merupakan lingkaran dengan 𝑧 = 𝑧0 +

𝑟𝑒𝑖𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋, 𝑟 > 0

(3) Hitunglah ∫ 𝑦𝑐

𝑑𝑧 sepanjang C: 𝑥 = 𝑡 − 1, 𝑦 = 𝑒𝑡−1, 2 ≤ 𝑡 ≤ 3

(4) Integralkan fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑥 sepanjang 𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3 yang tampak

gambar berikut:

(1,1)


H

𝐶3

𝐶2

(0,0) 𝐶1 (1,0)

Penyelesaian:

(1) Apabila 𝐶 suatu kurva mulus dari 𝑧0 ke maka ∫ 𝑑𝑧 = − 𝑧0𝑐

Berarti 𝑓(𝑧) = 1 untuk semua 𝑧, sehingga 𝑓( 𝑘) = 1 untuk setiap

𝑘 pada C.

Menggunakan rumus definisi, diperoleh:

∫ 𝑑𝑧𝑐

= lim𝜇→0

∑ 𝑓( 𝑘)(Δ𝑧)𝑘

𝑛

𝑘=1

= lim𝜇→0

∑(𝑧𝑘 − 𝑧𝑘 − 1)

𝑛

𝑘=1

= lim𝜇→0

[(𝑧1 − 𝑧0) + (𝑧2 − 𝑧1) + ⋯

+ ( − 𝑧𝑛−1)]

= lim𝜇→0

( − 𝑧0)

= − 𝑧0

(terbukti)

Keadaan khusus, apabila 𝐶 adalah kurva mulus tertutup maka:

= 𝑧0 dan ∫ 𝑑𝑧𝑐

= 0

(2) Apabila 𝐶 merupakan lingkaran dengan 𝑧 = 𝑧0 + 𝑟𝑒𝑖𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤

2𝜋, 𝑟 > 0


H

Berarti:

∫𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧0𝑐

= 2𝜋𝑖

maka diperoleh: 𝑑𝑧 = 𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑑𝑡

sehingga:

∫𝑑𝑧

𝑧 − 𝑧0𝑐

= ∫𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑑𝑡

𝑟𝑒𝑖𝑡

2𝜋

0

= 𝑖 ∫ 𝑑𝑡2𝜋

0

= 𝑖 (2𝜋 − 0)

= 2𝜋𝑖

(terbukti)

(3) ∫ 𝑦𝑐

𝑑𝑧 sepanjang C: 𝑥 = 𝑡 − 1, 𝑦 = 𝑒𝑡−1, 2 ≤ 𝑡 ≤ 3

Persamaan pada C, diperoleh: 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 𝑑𝑎𝑛 𝑑𝑦 = 𝑒𝑡−1𝑑𝑡 maka:

∫ 𝑦 𝑑𝑧𝑐

= ∫ 𝑦 (𝑑𝑥 + 𝑖 𝑑𝑦)𝑐

= ∫ 𝑒𝑡−1(𝑑𝑡 + 𝑖𝑒𝑡−1𝑑𝑡)3

2

= ∫ (𝑒𝑡−1 + 𝑖𝑒2𝑡−2)𝑑𝑡3

2

= 𝑒2 − 𝑒 +𝑖

2(𝑒4 − 𝑒2)

(4) Integralkan fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑥 sepanjang 𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3 yang tampak

gambar berikut:

(1,1)

𝐶3

𝐶2


H

(0,0) 𝐶1 (1,0)

lintasan integrasi dapat dipresentasikan sebagai berikut:

𝐶1: 𝑦 = 0, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1; 𝑑𝑦 = 0

𝐶2: 𝑥 = 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1; 𝑑𝑥 = 0

𝐶3: 𝑦 = 𝑥, 𝑑𝑎𝑟𝑖 (1,1)𝑘𝑒 (0,0); 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥

dengan substitusi yang sesuai, diperoleh:

∫ 𝑓(𝑧)𝐶1+𝐶2+𝐶3

𝑑𝑧 = ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝐶1

+ ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝐶2

+ ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝐶3

= ∫ 𝑥(𝑑𝑥 + 𝑖 𝑑𝑦)𝐶1

+ ∫ 𝑥(𝑑𝑥 + 𝑖 𝑑𝑦)𝐶2

+ ∫ 𝑥(𝑑𝑥 + 𝑖 𝑑𝑦)𝐶3

= ∫ 𝑥 𝑑𝑥1

0

+ ∫ 𝑖 𝑑𝑦1

0

+ ∫ (1 + 𝑖)𝑑𝑥0

1

=𝑖

2

Soal Latihan 2

1. Hitunglah ∫ 𝑧2𝑑𝑧𝐶

sepanjang garis 𝑂𝐴 dari 𝑧 = (0,0)𝑘𝑒 𝑧 = (1,2)!


H

2. Hitunglah ∫ 𝑧𝐶

𝑑𝑧 sepanjang keliling lingkaran satuan |𝑧| = 1 arah

positif, dimana 𝑧 = cos 𝑡 + 𝑖 sin 𝑡!

3. Tunjukkan bahwa∫𝑑𝑧

𝑧−𝑧0𝐶= 2𝜋𝑖 , bila 𝐶 keliling lingkaran dengan =

𝑧0 + 𝑟𝑒𝑖𝜃 , 𝑟 > 0, 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 dengan arah positif!

4. Hitunglah ∫ 𝑓(𝑧)𝐶

𝑑𝑧 bila 𝑓(𝑧) = 𝑦 − 𝑥 + 6𝑖𝑥2 dan 𝐶 terdiri atas dua

penggal garis dari 𝑧 = 0 𝑠𝑎𝑚𝑝𝑎𝑖 𝑧 = 𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑧 = 1 + 𝑖

5. Hitunglah ∫ 𝑦𝐶

𝑑𝑧 sepanjang 𝐶 dimana 𝑥 = 𝑧 + 𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑦 =

𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 0 ≤ 𝑡 ≤ 1!

6. Hitunglah ∫ 𝑓(𝑧)𝐶

𝑑𝑧 bila 𝐶 lintasan tertutup 𝑂𝐴𝐵𝐶 pada gambar di

bawah ini:

B(0,2) 2 A(1,2)

(0,0)

O 0 1

4.4. TEOREMA CAUCHY – GOURSAT

Dua fungsi dianggap bernilai real 𝑃(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑎𝑛 𝑄(𝑥, 𝑦) secara bersama

dengan derivative parsial tingkat satu kontinu di seluruh region tertutup 𝑅 yang

memuat titik-titik dalam dan pada kontur tertutup sederhana 𝐶. Suatu kontur


H

berorientasi positif bila titik-titik dalam dari 𝑅 selalu berada di sebelah kiri 𝐶.

Sesuai teorema Green untuk integral garis:

∫ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦

𝐶

= ∬(𝑄𝑥 − 𝑃𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑅

Fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) yang analitik di seluruh region 𝑅 di

bidang 𝑧 dan anggap 𝑓′(𝑧) kontinu. Fungsi 𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑣 bersama derivative parsial

tingkat satu kontinu di 𝑅 maka:

∫ 𝑢𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑦

𝐶

= − ∬(𝑣𝑥 + 𝑢𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑅

∫ 𝑣𝑑𝑥 + 𝑢𝑑𝑦

𝐶

= ∬(𝑢𝑥 − 𝑣𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑅

Mengacu persamaan Cauchy-Riemann, integran di kedua dobel

integral tersebut adalah nol di seluruh 𝑅 dan berdasar persamaan integral garis

maka dua integral pada ruas kiri masing-masing mewakili bagian real dan

bagian imajiner dari harga integral 𝑓(𝑧) sepanjang 𝐶, sehingga dapat

dituliskan:

∫ 𝑢𝑑𝑥 − 𝑣𝑑𝑦

𝐶

+ 𝑖 ∫ 𝑣𝑑𝑥 + 𝑢𝑑𝑦

𝐶

= 0 + 0𝑖 𝑎𝑡𝑎𝑢 ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

𝐶

= 0

Contoh:


H

Apabila C kontur tertutup sederhana maka ∫ 𝑑𝑧 = 0𝐶

, ∫ 𝑧𝑑𝑧 =𝐶

0 , ∫ 𝑧2𝑑𝑧 = 0𝐶

, karena 𝑓(𝑧) = 1 , 𝑧 𝑑𝑎𝑛 𝑧2 masing-masing

merupakan fungsi menyeluruh dan derivatifnya kontinu dimanapun.

Goursat merupakan orang pertama yang membuktikan hilangnya

syarat kontinu pada 𝑓′(𝑧). Penghilangnya syarat ini penting dan salah satu

akibat misalnya, derivative dari fungsi analitik adalah juga analitik, sehingga

muncul revisi dari teorema Cauchy yang dikenal dengan teorema Cauchy –

Goursat yaitu bila 𝑓(𝑧) analitik di semua titik di dalam dan pada kontur

tertutup sederhana 𝐶 maka ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝐶

= 0

Contoh:

Teorema Cauchy-Goursat untuk suatu segi banyak tertutup

Pandang sebagai contoh suatu segi banyak 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐴 yang tampak

pada gambar berikut:

B A

C F

E

D

Gambar 4.6. Teorema 𝐶 − 𝐺


H

Membuat garis sehingga terbagi menjadi segitiga-segitiga dan menurut

diperoleh:

∫ 𝑓(𝑧)𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐴

𝑑𝑧

= ∫ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧𝐴𝐵𝐹𝐴

+ ∫ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧𝐵𝐶𝐹𝐵

+ ∫ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧𝐶𝐷𝐹𝐶

+ ∫ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧𝐷𝐸𝐹𝐷

Mengandaikan bahwa 𝑓(𝑧) analitik di dalam dan pada segi banyak

tersebut maka telah membuktikan hasil tersebut untuk segi banyak

tertutup.

Teorema C – G Dalam Daerah Terhubung Tunggal/Ganda

Daerah terhubung tunggal (simply connected domain) 𝐷 adalah domain

sedemikian hingga tiap kontur tertutup sederhana, didalamnya hanyalah terdiri

atas titik-titik dari 𝐷, sedangkan daerah yang tidak terhubung tunggal disebut

terhubung ganda (multiply connected domain). Daerah interior dari suatu

kontur tertutup misalnya, adalah domain terhubung tunggal, sedangkan daerah

eksteriornya adalah domain terhubung ganda, dan daerah diantara dua

lingkaran konsentris misalnya adalah domain terhubung ganda.

Teorema Cauchy – Goursat:


H

Bila f analitik di seluruh domain terhubung tungga 𝐷 maka untuk tiap kontur

tertutup sederhana 𝐶 di 𝐷 yaitu ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝐶

= 0

Kontur tertutup sederhana 𝐶 dapat diganti dengan kontur tertutup yang

tidak tunggal, sehingga bila 𝐶 memotong dirinya sendiri sebanyak berhingga

maka diperoleh sebanyak berhingga kontur tertutup sederhana yang

bersesuaian dan teorema Cauchy – Goursat dapat dinyatakan sebagai berikut:

Bila 𝐶 kontur tertutup sederhana dan andaikan 𝐶𝑗 , 𝑗 = 1,2,3, … , 𝑛

sejumlah berhingga kontur tertutup sederhana di dalam 𝐶 sedemikian hingga

interior tiap 𝐶𝑗 tidak mempunyai titik berserikat. Jika 𝑅 region terttutup yang

memuat semua titik di dalam dan pada 𝐶 kecuali interior di tiap 𝐶𝑗. Apabila 𝐵

mempunyai arah terbatas menyeluruh dari 𝑅 yang memuat 𝐶 dan semua 𝐶𝑗 dan

yang arahnya dinyatakan sedemikian hingga titik-titik dari 𝑅 selalu berada di

sebelah kiri 𝐵 dan bila 𝑓(𝑧) analitik di 𝑅 maka ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝐵

= 0

Teorema dapat digambarkan sebagai berikut:

C

K1

C1 C2

L1 L2 L3

K2

Gambar 4.7. Teorema 𝐶 − 𝐺


H

Perhatikan gambar di atas, bahwa lintasan 𝐿1 memuat sejumlah

berhingga segmen garis yang menghubungkan kontur luar 𝐶 ke kontur dalam

𝐶11, sedangakan lintasan 𝐿2 menghubungkan kontur 𝐶1 𝑘𝑒 𝐶2 dan seterusnya

hingga lintasan 𝐿𝑛+1 menghubungkan kontur 𝐶𝑛 𝑘𝑒 𝐶. Dengan ditunjuk anak

panah tunggal terbentuklah dua kontur 𝐾1 𝑑𝑎𝑛 𝐾2 yang masing-masing

memuat lintasan polygonal 𝐿𝑗 (𝑎𝑡𝑎𝑢 – 𝐿𝑗) bagian dari 𝐶 maupun 𝐶𝑗 dan

masing-masing dinyatakan sebagai arah positif yaitu bila interior selalu berada

di sebelah kiri lintasan. Teorema Cauchy – Goursat dapat dikenakan pada 𝑓(𝑧)

terhadap kontur 𝐾1 𝑑𝑎𝑛 𝐾2 tersebut dan jumlah integral kedua kontur dapat

diperoleh yaitu nol.

Contoh:

(1) Hitunglah ∫𝑑𝑧

𝑧

1

−𝑖 sepanjang seperempat lingkaran yang ditentukan oleh

𝑧 = 𝑒𝑖𝑡, −𝜋

2≤ 𝑡 ≤ 0

(2) Tunjukkan bahwa ∫𝑑𝑧

𝑧2(𝑧2+9)= 0

𝐵 dimana B memuat lingkaran |𝑧| =

2 dengan arah positif bersama lingkaran |𝑧| = 1 dengan arah negatif

Penyelesaian:

(1) ∫𝑑𝑧

𝑧

1

−𝑖 sepanjang seperempat lingkaran yang ditentukan oleh 𝑧 = 𝑒𝑖𝑡,

−𝜋

2≤ 𝑡 ≤ 0

Integran tersebut tidak analitik pada 𝑧 = 0

∫1

𝑧𝑑𝑧

1

−𝑖

= log 𝑧| 1−𝑖


H

= log(1) − log(−𝑖)

=𝜋𝑖

2

Perhitungan integral yang secara langsung:

∫ 2𝑧 𝑑𝑧1+𝑖

−𝑖

= 𝑧2|1 + 𝑖−𝑖

= (1 + 𝑖)2 − (−𝑖)2 = 1 + 2𝑖

∫ 𝑒𝑧+𝑖𝑑𝑧𝑖𝜋

0

= 𝑒𝑧+1|𝑖𝜋0

= 𝑒𝑖𝜋+1 − 𝑒1 = −2𝑒

∫ sin 𝑧 𝑑𝑧𝑖

𝜋

= − cos 𝑧|𝑖𝜋

= − cos 𝑖 + cos 𝜋 = −1 − cos 𝑖

(2) Perhatikan bahwa ∫𝑑𝑧

𝑧2(𝑧2+9)= 0

𝐵 dimana 𝐵 memuat lingkaran |𝑧| =

2 dengan arah positif bersama lingkaran |𝑧| = 1 dengan arah negatif.

Integran 𝑓(𝑧) analitik kecuali pada titik-titik 𝑧 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑧 = ±3𝑖 ,

ternyata ketiga titik ini berada di luar region terbatas B, sehingga

berlaku teorema Cauchy – Goursat.

Soal Latihan 3

1. Jika 𝐶 adalah kurva 𝑦 = 𝑥2 − 3𝑥2 + 4𝑥 − 1 yang menghubungkan titik

(1,1) dan (2,3). Tentukan nilai dari ∫ (12𝑧2 − 4𝑖𝑧)𝑑𝑧𝐶

dengan:

a. Melalui lintasan (1,1) (2,1) , (2,1) (3,1)

b. Langsung (1,1) (2,3)

2. Hitunglah integral 𝑓(𝑧) =𝑧+2

𝑧 bila 𝐶:

a. Setengah lingkaran 𝑧 = 2𝑒𝑖𝜃, 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋

b. Setengah lingkaran 𝑧 = 2𝑒𝑖𝜃, 𝜋 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

c. Lingkaran 𝑧 = 2𝑒𝑖𝜃, −𝜋 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋


H

3. Hitunglah integral fungsi yang diberikan sepanjang masing-masing

lintasannya dengan lintasan tertutup sederhana dan anggaplah

orientasinya positif.

a. 𝑓(𝑧) = 6𝑧5 − 1 sepanjang penggal garis lurus dari 𝑧 = 𝑖 𝑘𝑒 𝑧 =

1 + 𝑖 dan kemudian ke 𝑧 = 1

b. 𝑓(𝑧) =𝑧2

(𝑧−2) sepanjang segitiga dengan titik-titik sudut

−1, 0 𝑑𝑎𝑛 2𝑖

c. 𝑓(𝑧) =𝑒𝑧−1

𝑧2 sepanjang setengah bagian bawah lingkaran satuan

dengan pusat pada pusat koordinat yang dijelajahi searah jarum

jam.

4.5. INTEGRAL TAK TENTU

Ambil dua titik 𝑧0 𝑑𝑎𝑛 𝑧 dalam domain terhubung tunggal 𝐷 dimana

fungsi 𝑓(𝑧) analitik di seluruh domain. Misal C1 dan C2 dua kontur yang

menghubungkan z0 ke z dan seluruhnya terletak dalam 𝐷, maka C1 dan - C2

bersama-sama akan membentuk sebuah kontur tertutup.

C1 S z

z0 D

C2

S

Gambar 4.8. Integral Tak Tentu


H

Teorema Cauchy – Goursat berlaku untuk sembarang kontur tertutup dalam

domain terhubung tunggal maka diperoleh bahwa:

∫ 𝑓(𝑠)𝑑𝑠

𝐶1

− ∫ 𝑓(𝑠)𝑑𝑠

𝐶2

= 0

dimana 𝑠 menyatakan titik-titik pada 𝐶1 𝑑𝑎𝑛 𝐶2

Integral dari 𝑧0 𝑘𝑒 𝑧 yaitu ∫ 𝑓(𝑠)𝑑𝑠𝑧

𝑧0 ini tidak tergantung pada

pemilihan dan sepanjang kontur 𝐶 dalam 𝐷. Integral ini akan menentukan

sebuah fungsi 𝐹(𝑧) pada domain terhubung tunggal 𝐷 dan ditulis:

𝐹(𝑧) = ∫ 𝑓(𝑠)𝑑𝑠

𝑧

𝑧0

sehingga derivative 𝐹(𝑧) yaitu 𝐹′(𝑧) ini ada dan sama dengan 𝑓(𝑧)

𝐹′(𝑧) = 𝑓(𝑧) 𝐹(𝑧) = ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

harga integral tertentu dapat di hitung seperti integral pada kalkulus real

dengan memasukkan nilai pada integral tak tentu yaitu:


𝛽

𝛼

= ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

𝛽

𝑧0

− ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧

𝛼

𝑧0


𝛽

𝛼

= 𝐹(𝛽) − 𝐹(𝛼)


H

Hal ini memperjelas bahwa lintasan integrasi dalam domain terhubung

tunggal dengan fungsi analitik 𝑓(𝑧) berada dan apabila 𝐺(𝑧) merupakan fungsi

analitik lain selain 𝐹(𝑧) sedemikian hingga 𝐺′(𝑧) = 𝑓(𝑧) maka derivative dari

𝐻(𝑧) = 𝐹(𝑧) − 𝐺(𝑧) adalah nol. Apabila 𝐻(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) maka

𝑢𝑥(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣𝑥(𝑥, 𝑦) = 0 yang berarti 𝑢𝑥(𝑥, 𝑦) dan 𝑣𝑥(𝑥, 𝑦) kedua-duanya

adalah nol di seluruh domain dimana fungsi 𝐹 𝑑𝑎𝑛 𝐺 analitik.

Apabila dikaitkan dengan persamaan Cauchy – Riemann maka

𝑢𝑦(𝑥, 𝑦) dan 𝑣𝑦(𝑥, 𝑦) juga nol, yang berarti 𝑢𝑥(𝑥, 𝑦) dan 𝑣𝑥(𝑥, 𝑦) adalah

fungsi-fungsi konstan. 𝐻 (𝑧) merupakan fungsi konstan, sehingga dua integral

tak tentu 𝐹 (𝑧) 𝑑𝑎𝑛 𝐺 (𝑧) hanya berbeda pada konstanta kompleks.

Contoh:

(1) Tentukan ∫ 𝑧1

21

−1𝑑𝑧, apabila kontur menghubungkan dua titik batas-

batas integrasi yang terletak di atas sumbu 𝑥 di bidang 𝑧.

(2) Tentukan ∫ 𝑧1

21

−1𝑑𝑧, apabila kontur menghubungkan dua titik batas-

batas integrasi yang terletak di bawah sumbu 𝑥 di bidang 𝑧

(3) Suatu fungsi 𝐹(𝑧) yang memenuhi 𝐹′(𝑧) = 𝑓(𝑧)

Penyelesaian:

(1) ∫ 𝑧1

21

−1𝑑𝑧, apabila kontur menghubungkan dua titik batas-batas

integrasi yang terletak di atas sumbu 𝑥 di bidang 𝑧

misal: 𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃 = 𝑟 exp(𝑖𝜃)

maka:


H

𝑧12 = √𝑟 exp (

𝑖𝜃

2) ; 𝑟 > 0, 0 < 𝜃 < 2𝜋

Fungsi 𝑓 tidak analitik khususnya pada titik dengan arah 𝜃 = 0

yaitu 𝑧 = 1. Di lain pihak:

𝑓(𝑧) = √𝑟 exp (𝑖𝜃

2) ; 𝑟 > 0, −

𝜋

2< 0 <

3𝜋

2

Sebagai harga lain dari fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑧1

2 merupakan analitik

dimanapun kecuali pada arah 𝜃 = −𝜋

2

Harga dari 𝑓(𝑧) yang berada di atas sumbu 𝑥 sesuai dengan

persamaan, sehingga integrannya dapat diganti dengan 𝑓(𝑧)

Integran tak tentu dari 𝑓(𝑧) yaitu:

𝐹(𝑧) =2

3𝑧

32 =

2

3𝑟

32 exp (

𝑖3𝜃

2) , 𝑟 > 0, −

𝜋

2< 0 <

3𝜋

2

sehingga diperoleh:

∫ 𝑧12 𝑑𝑧

1

−1

=2

3(𝑒0 − 𝑒

𝑖3𝜋2 )

=2

3(1 + 𝑖)

(2) Untuk ∫ 𝑧1

21

−1𝑑𝑧 yang terletak di bawah sumbu 𝑥 dengan menganti

integran yaitu:

𝑔(𝑧) = √𝑟 exp (𝑖𝜃

2) ; 𝑟 > 0,

𝜋

2< 𝜃 <

5𝜋

2

sedangkan fungsi analitik sebagai intergral tak tentu dari 𝑔(𝑧):

𝐺(𝑧) =2

3𝑧

32 =

2

3𝑟

32 exp (

𝑖3𝜃

2) , 𝑟 > 0,

𝜋

2< 𝜃 <

5𝜋

2

sehingga diperoleh:


H

∫ 𝑧12 𝑑𝑧

1

−1

=2

3(𝑒3𝜋𝑖 − 𝑒

𝑖3𝜋2 )

=2

3(−1 + 𝑖)

Jadi ∫ 𝑧1

2 𝑑𝑧1

−1 dengan arah positif sepanjang kontur tertutup

sederhana dari dua lintasan integrasi sebagaimana telah dibahas

memiliki nilai:

2

3(−1 + 𝑖) −

2

3(1 + 𝑖) = −

4

3

Soal Latihan 4

1. Fungsi 𝑓(𝑧) = 𝑧2 dan 𝐹(𝑧) =1

3𝑧3 adalah menyeluruh maka dapat

ditentukan integral tak tentu 𝐹(𝑧) = ∫ 𝑓(𝑧)𝐶

𝑑𝑧 dan integral tertentu

dari 𝑧 = 0 ke 𝑧 = 1 + 𝑖. Tentukan integral tentunya!

2. Fungsi dari 𝑓(𝑧) = √𝑟3

𝑒𝑖𝜃

3 (𝑟 > 0, −𝜋 < 0 < 𝜋) merupakan cabang

utama dari 𝑧1

3 yang analitik kecuali pada OX- yang mempunyai suatu

anti derivative 𝐹(𝑧) =3

4𝑧

4

3 untuk sembarang lintasan dari – 𝑖 𝑠𝑎𝑚𝑝𝑎𝑖 𝑖

yang tidak memotong OX-. Tentukan integral tentunya!

3. Suatu fungsi F(z) yang memenuhi 𝐹′(𝑧) = 𝑓(𝑧) dinamakan suatu

integral tak tentu dari f(z) dan dinyatakan dalam ∫ 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧. Tentukan:

a. ∫ sin 𝑧 𝑑𝑧 = − cos 𝑧 + 𝑐

b. ∫𝑑𝑧

𝑧= ln 𝑧 + 𝑐

4.6. INTEGRAL CAUCHY


H

Teorema:

Bila 𝑓 analitik di dalam dan pada kontur tertutup sederhana 𝐶 arah

positif dan bila 𝑧0 suatu titik di dalam 𝐶 maka:

∫𝑓(𝑧)

𝑧 − 𝑧0𝑑𝑧

𝐶

= 2𝜋𝑖𝑓(𝑧0)

𝑓(𝑧0) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑧)


𝐶

atau apabila 𝑧0 dengan lambang 𝑎 maka:

∫𝑓(𝑧)

𝑧 − 𝑎𝑑𝑧

𝐶

= 2𝜋𝑖𝑓(𝑎)

𝑓(𝑎) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑧)


𝐶

Rumus di atas mengatakan bila 𝑓 analitik di dalam dan pada kontur tertutup

sederhana 𝐶 maka nilai titik di dalam 𝐶 sepenuhnya ditentukan oleh nilai dari

𝑓 pada 𝐶, sehingga perubahan harga f dari titik di dalam 𝐶 pasti berubahnya

nilai 𝑓 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝐶.

Contoh:


H

(1) Hitunglah ∫𝑧2

𝑧−𝑖𝑐𝑑𝑧 dengan 𝐶: |𝑧| = 2 dan berorientasi positif

(2) Hitunglah ∫𝑑𝑧

𝑧(𝑧+𝜋𝑖)𝑐 dimana 𝐶: 𝑧 = −3𝑖 + 𝑒𝑖𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋

Penyelesaian:

(1) ∫𝑧2

𝑧−𝑖𝑐𝑑𝑧 dengan 𝐶: |𝑧| = 2 dan berorientasi positif

Fungsi tersebut merupakan fungsi menyeluruh dan 𝑧0 = 𝑖

∫𝑧2

𝑧 − 𝑖𝑐

𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖[𝑓)𝑖]

= −2𝜋𝑖

(2) ∫𝑑𝑧

𝑧(𝑧+𝜋𝑖)𝑐 dimana 𝐶: 𝑧 = −3𝑖 + 𝑒𝑖𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋

Integralnya analitik kecuali 𝑧 = 0 yang berada di 𝐿𝑟 (𝐶) dan pada

𝑧 = −𝜋𝑖 yang berada di 𝐿𝑟 (𝐶), sehingga diperoleh:

∫

1𝑧

𝑧 + 𝜋𝑖𝑐

𝑑𝑧

menggunakan integral Cauchy dengan 𝑓(𝑧) =1

𝑧 𝑑𝑎𝑛 𝑧0 = −𝜋𝑖

maka:

∫𝑑𝑧

𝑧(𝑧 + 𝜋𝑖)𝑐

= ∫

1𝑧

𝑧 + 𝜋𝑖𝑐

= 2𝜋𝑖[𝑓(−𝜋𝑖)]

= −2

Apabila suatu fungsi analitik di suatu titik maka derivative semua

tingkat ada dan analitik di titik tersebut ada. Anggap 𝑓 analitik di dalam dan


H

pada kontur tertutup sederhana 𝐶, 𝑧 adalah sembarang titik dalam 𝐶 dan

misal 𝑠 𝑑𝑖 𝐶 dan menggunakan rumus integral Cauchy maka diperoleh:

𝑓(𝑧) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑠)

𝑠 − 𝑧𝑑𝑠

𝐶

(1)

Derivative 𝑓 𝑑𝑖 𝑧 dapat dinyatakan sebagai integral:

𝑓′(𝑧) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑠)

(𝑠 − 𝑧)2𝑑𝑠

𝐶

(2)

Derivative kedua dari 𝑓 di setiap titik 𝑧 dalam 𝐶:

𝑓′′(𝑧) =1

𝜋𝑖∫

𝑓(𝑠)

(𝑠 − 𝑧)3𝑑𝑠 (3)

𝐶

Realitanya, apabila suatu fungsi adalah analitik di setiap titik maka

derivativenya juga analitik di titik tersebut, sehingga apabila 𝑓 analitik di titik

𝑧 maka harus ada lingkaran yang mengelilingi 𝑧 sedemikian hingga 𝑓 analitik

di dalam dan pada lingkaran tersebut. Pada rumus (3), 𝑓′′(𝑧) ada di

setiap titik dalam lingkartan dimana 𝑓′(𝑧) yang analitik berbeda, sehingga

alasan keanalitikan 𝑓′(𝑧) untuk menyimpulkan keanalitikan 𝑓′′(𝑧).

Teorema:

Apabila 𝑓 analitik di suatu titik maka derivative dari semua tingkat

juga analitik di titik tersebut.


H

Bukti:

Dari 𝑓′(𝑧) kontinu, dan karena 𝑓′(𝑧) = 𝑢𝑥(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣𝑥(𝑥, 𝑌) =

𝑣𝑦(𝑥, 𝑦) − 𝑖𝑢𝑦(𝑥, 𝑦) maka derivative parsial tingkat satu dari u

dan v adalah kontinu. Dari 𝑓′′(𝑧) analitik serta kontinu, dan karena

𝑓′′(𝑧) = 𝑢𝑥𝑥(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣𝑥𝑥(𝑥, 𝑌) = 𝑣𝑦𝑦(𝑥, 𝑦) − 𝑖𝑢𝑦𝑦(𝑥, 𝑦) maka

derivative parsial tingkat satu dari 𝑢𝑥, 𝑢𝑦 , 𝑣𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑣𝑦 adalah

kontinu, begitu seterusnya hingga derivative parsial u dan v dari

semua tingkat adalah kontinu pada titik dimana f analitik.

Rumus (2) dan (3) dapat digunakan umtuk menjelaskan rumus integral

bagi derivative dari berbagai tingkat, dan berikut ini rumus umum yang

diperoleh dari induksi matematik:

𝑓(𝑛)(𝑧) =𝑛!

2𝜋!∫

𝑓(𝑠)

(𝑠 − 𝑧)𝑛+1

𝐶

𝑑𝑠, 𝑛 = 1,2, … (4)

Rumus berlaku untuk 𝑛 = 1 dan apabila dianggap rumus berlaku untuk

sembarang bilangan positif 𝑛 = 𝑘 maka rumus berlaku untuk 𝑛 = 𝑘 + 1.

Apabila 𝑓(0)(𝑧0) dapat ditulis 𝑓(𝑧0), dan 0! = 1 maka rumus (4) dapat ditulis:

𝑓(𝑛)(𝑧0) =𝑛!

2𝜋!𝑧, 𝑛 = 0,1,2, … (5)


H

dengan menjadi rumus integral Chauchy bila 𝑛 = 0 dan akan menjadi rumus

(4) dengan notasi yang berbeda bila 𝑛 = 1,2, …

Contoh:

(1) Hitunglah integral ∫𝑧3+𝑧2

(𝑧+𝜋𝑖)3 𝑑𝑧𝑐

dengan 𝐶: 𝑧 = 7𝑒𝑖𝑡 , 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋

(2) Hitunglah integral ∫𝑑𝑧

(𝑧−2)2𝑧3𝑐 untuk 𝐶: |𝑧 − 3| = 2 dengan orientasi

positif

Penyelesaian:

(1) ∫𝑧3+𝑧2

(𝑧+𝜋𝑖)3 𝑑𝑧𝑐

dengan 𝐶: 𝑧 = 7𝑒𝑖𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋

Persamaan integral tersebut diperoleh:

𝑓(𝑧) = 𝑧3 + 𝑧2

Untuk 𝑧0 = −𝜋𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑛 = 2

maka:

∫𝑧3 + 𝑧2

(𝑧 + 𝜋𝑖)3𝑐

𝑑𝑧 =2𝜋𝑖

2!∙ 𝑓′′(−𝜋𝑖)

= 6𝜋2 − 𝜋𝑖

(2) ∫𝑑𝑧

(𝑧−2)2𝑧3𝑐 untuk 𝐶: |𝑧 − 3| = 2 dengan orientasi positif

Persamaan tersebut diperoleh bahwa singularitas integran hanya pada

𝑧 = 2

Misal:

𝑓(𝑧) =1

𝑧3

Untuk 𝑧0 = 2 𝑑𝑎𝑛 𝑛 = 1

maka:


H

∫𝑑𝑧

(𝑧 − 2)2𝑧3𝑐

= ∫

1𝑧3

(𝑧 − 2)2𝑐

𝑑𝑧

= 2𝜋𝑖𝑓′(2)

= −3𝜋𝑖

8

Soal Latihan 5

1. Hitunglah integral sesuai lintasannya:

a. 𝑓(𝑧) =3𝑧4

(𝑧−6𝑖), |𝑧| = 10

b. 𝑓(𝑧) =1

𝑧2+4, |𝑧 − 𝑖| = 2

c. 𝑓(𝑧) =1

(𝑧2+4)2, |𝑧 − 𝑖| = 2

d. 𝑓(𝑧) =1

(𝑧+𝑖)𝑧4, |𝑧 − 𝑖| =3

2

2. Hitunglah ∫𝑑𝑧

𝑧−3𝑐 dengan 𝐶 adalah:

a. Lingkaran |𝑧| = 1

b. Lingkaran |𝑧 − 𝑖| = 4

3. Misalkan 𝐶 lingkaran |𝑧| = 2 arah positif maka ∫𝑧

(9−𝑧2)(𝑧+𝑖)𝐶𝑑𝑧 =

𝜋

5, karena fungsi 𝑓(𝑧) =

𝑧

(9−𝑧2) analitik di dalam dan pada 𝐶.

Buktikan dengan menggunakan rumus integral Cauchy untuk 𝑧 =

−𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑓(−𝑖) =−𝑖

10 , sehingga hasil yang diinginkan =

𝜋

5

4. Tunjukkan bahwa bila ℎ(𝑧) = ∫2𝑠2−𝑠−2

𝑠−𝑧𝑐𝑑𝑠, 𝑧 ≠ 3 maka ℎ(𝑧) =

8𝜋𝑖 dengan 𝐶 lingkaran |𝑧| = 3 yang dinyatakan sebagai arah positif.

5. Tunjukkan bahwa fungsi ∫𝑑𝑧

𝑧3+4𝑧𝐶=

𝜋

2𝑖 dengan 𝐶 lingkaran |𝑧| = 1

, arah postif


H

6. Tentukan nilai fungsi ∫sin 𝑧

(𝑧+𝜋𝑖)𝑑𝑧

𝐶 dengan 𝐶 lingkaran |𝑧| = 4, arah

positif

7. Tentukan nilai fungsi ∫𝑒2𝑧

(𝑧+1)4𝑑𝑧


positif

8. Hitunglah ∫sin 𝜋𝑧2+cos 𝜋𝑧2

(𝑧−1)(𝑧−2)𝑑𝑧


positif

9. Hitungah ∫𝑒𝑧

𝑧(𝑧+1)𝑑𝑧

𝑐 dengan 𝐶 lingkaran |𝑧 − 1| = 3, arah positif

10. Jika 𝑓(𝑧) analitik di dalam dan pada sebuah kurva tertutup sederhana

𝐶, dan 𝑎 adalah sebarang titik di dalam 𝐶 maka buktikan bahwa

𝑓(𝑎) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑧)

𝑧−𝑎𝑐𝑑𝑧

4.7. TEOREMA MORERA

Teorema Morera merupakan kebalikan dari teorema Cauchy, yaitu:

Jika 𝑓(𝑧) kontinu dalam suatu daerah terhubung sederhana ℛ

dan jika ∫ 𝑓(𝑧)𝐶

𝑑𝑧 = 0 di sekeliling setiap kurva tertutup

sederhana 𝐶 dalam ℛ maka 𝑓(𝑧) analitik dalam ℛ.

Bukti:

Apabila ∫ 𝑓(𝑧)𝐶

𝑑𝑧 = 0 tidak bergantung pada 𝐶 maka:

𝐹(𝑧) = ∫ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧𝑧

𝑎

Tidak bergantung pada lintasan yang menghubungkan 𝑎 dan 𝑧,

sepanjang lintasan itu ada di dalam ℛ, sehingga 𝐹(𝑧) analitik dalam ℛ

dan:


H

𝐹′(𝑧) = 𝑓(𝑧)

sehingga mengakibatkan 𝐹′(𝑧) juga analitik dan 𝑓(𝑧) analitik dalam ℛ.

4.8. TEOREMA KETAKSAMAAN CAUCHY

Teorema Ketaksamaan Cauchy:

Jika 𝑓(𝑧) analitik di dalam dan pada suatu lingkaran 𝐶 yang

berjari-jari 𝑟 dan berpusat di 𝑧 = 𝑎 maka:

|𝑓(𝑛)(𝑎)| ≦𝑀 ∙ 𝑛!

𝑟𝑛 𝑛 = 0, 1, 2, 3, …

dengan 𝑀 suatu konstanta sehingga:

|𝑓(𝑧)| < 𝑀

pada 𝐶 yaitu 𝑀 suatu batas atas dari |𝑓(𝑧)| pada 𝐶

Bukti:

Menurut teorem Cauchy:

𝑓(𝑛)(𝑎) =𝑛!

2𝜋∫

𝑓(𝑧)

(𝑧 − 𝑎)𝑛+1𝑐

𝑑𝑧 𝑛 = 0, 1, 2, 3, …

karena |𝑧 − 𝑎| = 𝑟 pada 𝐶 dan panjang 𝐶 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 2𝜋𝑟 maka diperoleh:

|𝑓(𝑛)(𝑎)| =𝑛!

2𝜋|∫

𝑓(𝑧)

(𝑧 − 𝑎)𝑛+1𝑐

𝑑𝑧| ≦𝑛!

2𝜋∙

𝑀

𝑟𝑛+1∙ 2𝜋𝑟 =

𝑀 ∙ 𝑛!

𝑛

4.9. TEOREMA LIOUVILLE

Teorema Liouville:


H

Untuk setiap 𝑧 di dalam bidang kompleks maka:

a. 𝑓(𝑧) analitik

b. 𝑓(𝑧) terbatas, yaitu |𝑓(𝑧)| ≤ 𝑀 untuk suatu konstanta 𝑀

maka 𝑓(𝑧) harus suatu konstanta

Bukti:

Misalkan 𝑎 dan 𝑏 dua titik dalam bidang 𝑧 dan andaikan 𝐶 adalah suatu

lingkaran berjari-jari 𝑟 dan berpusat di 𝑎 dan juga mengelilingi 𝑏 yang

tampak pada gambar berikut:

𝑦

𝑧

Menurut rumus integral Cauchy:

𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑧)

𝑧 − 𝑏𝑐

𝑑𝑧 −1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑧)

𝑧 − 𝑎𝑐

𝑑𝑧

=1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑧)

(𝑧 − 𝑏)(𝑧 − 𝑎)𝑐

𝑑𝑧

sehingga:

|𝑧 − 𝑎| = 𝑟, |𝑧 − 𝑏| = |𝑧 − 𝑎 + 𝑎 − 𝑏| ≧ |𝑧 − 𝑎| − |𝑧 − 𝑏|

= 𝑟 − |𝑎 − 𝑏| ≧𝑟

2

𝑟

𝑎

𝑏


H

Apabila memilih 𝑟 cukup besar sehingga |𝑎 − 𝑏| <𝑟

2 dan |𝑓(𝑧)| ≤ 𝑀

serta panjang 𝐶 yaitu 2𝜋𝑟 maka diperoleh:

|𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)| =|𝑏 − 𝑎|

2𝜋|∫

𝑓(𝑧)

(𝑧 − 𝑏)(𝑧 − 𝑎)𝑐

𝑑𝑧| ≦|𝑏 − 𝑎|𝑀(2𝜋𝑟)

2𝜋 (𝑟2) 𝑟

=2|𝑏 − 𝑎|𝑀

𝑟

Untuk 𝑟 → ∞ maka |𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)| = 0 atau 𝑓(𝑏) = 𝑓(𝑎) maka hal ini

menunjukkan bahwa 𝑓(𝑧) harus fungsi konstan.

Metode lain dengan memisalkan 𝑛 = 1 ketaksamaan Cauchy, yaitu:

|𝑓(𝑛)(𝑎)| =𝑛!

2𝜋|∫

𝑓(𝑧)

(𝑧 − 𝑎)𝑛+1𝑐

𝑑𝑧| ≦𝑛!

2𝜋∙

𝑀

𝑟𝑛+1∙ 2𝜋𝑟 =

𝑀 ∙ 𝑛!

𝑛

sehingga diperoleh:

|𝑓′(𝑎)| ≦𝑀

𝑟

Untuk 𝑟 → ∞ maka |𝑓′(𝑧)| = 0 sehingga 𝑓′(𝑧) = 0 dan 𝑓(𝑧) =

𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎 (terbukti).

4.10. TEOREMA NILAI RATA-RATA GAUSS

Teorem

a Nilai Rata-Rata Gauss:

Apabila 𝑓(𝑧) analitik di dala dan pada suatu lingkaran 𝐶

dengan pusat 𝑎 dan jari-jari 𝑟 maka 𝑓(𝑎) adalah nilai rata-

rata dari 𝑓(𝑧) pada 𝐶, yaitu:


H

𝑓(𝑎) =1

2𝜋∫ 𝑓(𝑎 + 𝑟𝑒𝑖𝜃

2𝜋

0

) 𝑑𝜃

Bukti:

Menurut rumus integral Cauchy:

𝑓(𝑎) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑧)


𝐶

Apabila 𝐶 berjari-jari 𝑟, maka persamaan 𝐶 adalah:

|𝑧 − 𝑎| = 𝑟

atau:

𝑧 = 𝑎 + 𝑟𝑒1𝜃

sehingga diperoleh:

𝑓(𝑎) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑧)


𝐶

𝑓(𝑎) =1

2𝜋𝑖∫

𝑓(𝑎 + 𝑟𝑒1𝜃)

𝑧 − 𝑎𝑑𝜃

2𝜋

0

𝑓(𝑎) =1

2𝜋𝑖∫ 𝑓(𝑎 + 𝑟𝑒𝑖𝜃

2𝜋

0

) 𝑑𝜃

(terbukti)

4.11. TEOREMA MODULUS MAKSIMUM

Teorema Modulus Maksimum:

Apabila 𝑓(𝑧) analitik di dalam dan pada suatu kurva tertutup

sederhana 𝐶 dan tidak sama dengan konstanta maka nilai

maksimum dari |𝑓(𝑧)| terjadi pada 𝐶.


H

Bukti:

Menggunakan rumus bahwa:

|𝑓(𝑎)| ≦1

2𝜋𝑖 ∫ |𝑓(𝑎 + 𝑟𝑒1𝜃)|

2𝜋

0

𝑑𝜃

Apabila |𝑓(𝑎)| adalah suatu maksimum maka |𝑓(𝑎 + 𝑟𝑒1𝜃)| ≦ |𝑓(𝑎)|

dan apabila |𝑓(𝑎 + 𝑟𝑒1𝜃)| < |𝑓(𝑎)|untuk suatu nilai dari 𝜃 dan

kekontinuan dari 𝑓 maka berlaku untuk suatu busur berhingga misalnya

𝜃1 < 𝜃 < 𝜃2, tetapi dalam hal ini nilai rata-rata dari |𝑓(𝑎 + 𝑟𝑒1𝜃)| <

|𝑓(𝑎)| yang tidak sesuai dengan ketentuan, akibatnya dalam suatu

lingkungan dari 𝑎 yaitu |𝑧 − 𝑎| = 𝛿 dan 𝑓(𝑧) harus tercapai pada 𝐶

4.12. TEOREMA MODULUS MINIMUM

Teorema Modulus Minimum:

Apabila 𝑓(𝑧) analitik di dalam dan pada suatu kurva tertutup

sederhana 𝐶 dan 𝑓(𝑧) ≠ 0 di dalam 𝐶 maka |𝑓(𝑧)| mencapai

nilai minimumnya pada 𝐶.

Bukti:

𝑓(𝑧) analitik di dalam dan pada 𝐶 dan juga karena 𝑓(𝑧) ≠ 0 di dalam

𝐶 maka mengakibatkan 1

𝑓(𝑍) analitik di dalam 𝐶. Menurut teorema

maksimum, 1

|𝑓(𝑧)| tidak dapat mencapai maksimumnya di dalam 𝐶


H

akibatnya |𝑓(𝑧)| tidak dapat mencapai nilai minimumnya di dalam 𝐶

sehingga minimum ini tercapai pada 𝐶.

Hal ini juga dapat dikatakan bahwa:

Apabila 𝑓(𝑧) analitik di dalam dan pada suatu kurva tertutup sederhana

𝐶 dan 𝑓(𝑧) = 0 pada suatu titik di dalam 𝐶 maka 𝑓|(𝑧)| tidak perlu

mencapai nilai minimumnya pada 𝐶

Bukti:

Misalkan 𝑓(𝑧) = 𝑧 untuk |𝑧| ≤ 1 sehingga 𝐶 adalah suatu lingkaran

dengan pusat di titik asal dan berjari-jari satu maka 𝑓(𝑧) = 0 𝑑𝑖 𝑧 = 0.

Jika 𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜃 maka |𝑓(𝑧)| tampak bahwa nilai minimum |𝑓(𝑧)| tidak

tercapai pada 𝐶 tetapi tercapai di dalam 𝐶 pada 𝑧 = 0

4.13. TEOREMA DASAR ALJABAR

Teorema-teorema berikut dikenal sebagai teorema dasar aljabar:

Tiap polynomial 𝑃(𝑧) = 𝑎0 + 𝑎1𝑧 + 𝑎2𝑧2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑧𝑛, 𝑎𝑛 ≠ 0

dan 𝑛 ≥ 1 mempunyai paling sedikit satu titik nol, yaitu terdapat

paling tidak satu titik 𝑧0 sehingga 𝑃(𝑧0) = 0

Pembuktian teorema ini melalui teorema Lioville dengan

mengandaikan 𝑃(𝑧) tidak nol untuk tiap 𝑧 maka fungsi 𝑓(𝑧) =1

𝑃(𝑧) adalah

menyeluruh dan merupakan terbatas (bounded) untuk semua 𝑧.

Untuk melihat bahwa fungsi itu terbatas yaitu fungsi tersebut kontinu dan oleh

karenanya terbatas tiap cakram tertutup yang pusatnya titik asal, sehingga

terdapatlah bilangan positif 𝑅, sehingga:


H

|𝑓(𝑧)| =1

𝑃(𝑧)<

2

|𝑎𝑛|𝑅𝑛

untuk semua 𝑧 di luar |𝑧| ≤ 𝑅, sehingga 𝑓 bounded untuk semua nilai 𝑧.

Selanjutnya dengan teorema Lioville, 𝑓(𝑧) dan akibatnya 𝑃(𝑧) merupakan

fungsi konstan, padahal 𝑃(𝑧) bukan fungsi konstan maka terjadilah

kontradiksi.

Teorema-teorema dasar dalam aljabar elementer biasanya tidak

dibuktikan, sebagaimana teorema berikut ini bahwa

𝑡𝑖𝑎𝑝 𝑝𝑜𝑙𝑦𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑟𝑎𝑗𝑎𝑡 𝑛, 𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑛 ≥

1, 𝑑𝑎𝑝𝑎𝑡 𝑑𝑖𝑛𝑦𝑎𝑡𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑔𝑎𝑖 𝑝𝑒𝑟𝑘𝑎𝑙𝑖𝑎𝑛 𝑓𝑎𝑘𝑡𝑜𝑟 − 𝑓𝑎𝑘𝑡𝑜𝑟 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 yaitu:

𝑃(𝑧) = 𝑐(𝑧 − 𝑧1)(𝑧 − 𝑧2) … . (𝑧 − 𝑧𝑛)

dimana 𝑐 𝑑𝑎𝑛 𝑧𝑘 merupakan konstanta-konstanta kompleks, 𝑘 = 1,2,3, … , 𝑛

Teorema dilengkapi dengan pernyataan bahwa bila untuk bilangan 𝑧 =

𝑧1 ternyata 𝑃(𝑧1) = 0 maka polynomial dapat habis dibagi dengan 𝑧 − 𝑧1 dan

dapat ditulis:

𝑃(𝑧) = (𝑧 − 𝑧1)𝑄(𝑧)

dimana 𝑄(𝑧) merupakan polynomial derajat (𝑛 − 1), yang pembuktiannya

dapat diperoleh dari induksi matematik, sehingga akhirnya satu polynomial

derajat n mempunyai tidak lebih dari 𝑛 titik nol yang berbeda.


H

Contoh:

(1) Tunjukkan bahwa setiap persamaan suku banyak 𝑃(𝑧) = 𝑎0 + 𝑎1𝑧 +

𝑎2𝑧2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑧𝑛, 𝑎𝑛 ≠ 0 dan 𝑛 ≥ 1 memiliki paling sedikit satu akar

(2) Tunjukkan bahwa setiap persamaan suku banyak 𝑃(𝑧) = 𝑎0 + 𝑎1𝑧 +

𝑎2𝑧2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑧𝑛, 𝑎𝑛 ≠ 0 dan 𝑛 ≥ 1 memiliki tepat 𝑛 akar.

Penyelesaian:

(1) Jika 𝑃(𝑧) tidak memiliki akar maka 𝑓(𝑧) =1

𝑃(𝑧) analitik untuk setiap 𝑧

dan |𝑓(𝑧)| =1

|𝑃(𝑧)| (terbatas dan dalam kenyataannya mendekati nol)

untuk |𝑧| = ∞.

Teorema Lioville mengakibatkan bahwa 𝑓(𝑧) dan 𝑃(𝑧) haruslah suatu

konstanta dan ini brtentangan dengan derajat 𝑛 ≥ 1 dan 𝑎𝑛 ≠ 0

sehingga 𝑃(𝑧)memiliki paling sedikit satu akar atau dikatakan bahwa

𝑃(𝑧) memiliki paling sedikit stu nilai nol.

(2) Menurut teorema dasar aljabar bahwa 𝑃(𝑧) memiliki paling sedikit satu

akar dengan akarnya 𝛼 maka 𝑃(𝛼) = 0 sehingga:

𝑃(𝑧) − 𝑃(𝛼) = 𝑎0 + 𝑎1𝑧 + 𝑎2𝑧2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑧𝑛 − (𝑎0 + 𝑎1𝛼 + 𝑎2𝛼2

+ ⋯ + 𝑎𝑛𝛼𝑛)

= 𝑎1(𝑧 − 𝛼) + 𝑎2(𝑧2 − 𝛼2) + ⋯ + 𝑎𝑛(𝑧𝑛 − 𝛼𝑛)

dengan 𝑄(𝑧) merupakan suatu suku banyak berderajat (𝑛 − 1).

Menggunakan teorema dasar aljabar sekali lagi maka terlihat bahwa

𝑄(𝑧) memiliki paling sedikit satu akar yang dapat dinyatakan dengan

𝛽 (yang mungkin sama dengan 𝛼) maka 𝑃(𝑧) = (𝑧 − 𝛼)(𝑧 − 𝛽) 𝑅(𝑧)

dan bisa dilanjutkan sehingga 𝑃(𝑧) memiliki tepat 𝑛 akar.


H

DAFTAR PUSTAKA

Churchilill, R.V. (1990). Complex Variables and Applications, 4d ed. New

York: MCGraw-Hill Book Company. Inc.

John D. Paliouras (terjemahan Wibisono Gunawan). (1987). Peubah Kompleks

untuk Ilmuwan dan Insinyur. Jakarta: Erlangga.

Murray R. Spiegel, Ph.D. (1991). Peubah Kompleks dengan Pengenalan

Pemetaan Konvormal dan Penerapannya. Jakarta: Erlangga.

Rerge Lang. (1993). Complex Analysis. 3d ed. New York: Sringer-Verlag

Berlin Heidelberg.

Slamet HW. (2006). Teori Fungsi Variabel Kompleks. Surakarta:

Muhammadiyah University Press.

FUNGSI KOMPLEKS

© Yayasan Edelweis All Right Reserved

Penulis: Dra. Retno Marsitin, M.Pd

Desain: Eko Fachtur Rochman, M.Kom

Editor:

Eko Fachtur Rochman, M.Kom

Perpustakaan Nasional: Katalog Dalam Terbitan

ISBN: 978-602-14916-3-8

Cetakan 1 , Pebruari 2017

Penerbit: Yayasan Edelweis

Jl. Karangduren Gang 10 (Perum Citra Graha

Residence Blok B7) Pakisaji Kab. Malang Kode pos 65162

KATA PENGANTAR

Assalamu’alaikum warahmatullahi wabarakatuh.

Alhamdulillahirabbilalamin, banyak nikmat yang Allah berikan, tetapi sedikit

sekali yang kita ingat. Segala puji hanya layak untuk Allah Tuhan seru

sekalian alam atas segala berkat, rahmat, taufik, serta hidayah-Nya yang

tiada terkira besarnya, sehingga penulis dapat menyelesaikan buku dengan

judul ”Fungsi Kompleks”.

Dalam penyusunannya, penulis memperoleh banyak bantuan dari berbagai

pihak, karena itu penulis mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya

kepada: Kedua orang tua dan segenap keluarga besar penulis yang telah

memberikan dukungan, kasih, dan kepercayaan yang begitu besar. Dari

sanalah semua kesuksesan ini berawal, semoga semua ini bisa memberikan

sedikit kebahagiaan dan menuntun pada langkah yang lebih baik lagi.

Meskipun penulis berharap isi dari buku ini bebas dari kekurangan dan

kesalahan, namun selalu ada yang kurang. Oleh karena itu, penulis

mengharapkan kritik dan saran yang membangun.

Akhir kata penulis berharap agar buku ini bermanfaat bagi semua pembaca.

Wassalamualaikum warahmatullahi wabarakatuh


Penulis

TINJAUAN MATA KULIAH

Mata kuliah Fungsi Kompleks merupakan mata kuliah wajib yang

ditempuh dengan bobot 3 sks. Mata kuliah Fungsi Kompleks memiliki capaian

pembelajaran yaitu setelah mengikuti mata kuliah fungsi kompleks,

mahasiswa diharapkan mampu menganalisa dan melakukan pembuktian

matematika pada fungsi kompleks dengan cermat dan teliti.

Materi dalam fungsi kompleks meliputi pengertian bilangan kompleks,

fungsi-fungsi analitik, fungsi-fungsi elementer dan integral. Setiap materi

diberikan capaian pembelajaran dan contoh beserta penyelesaiannya

sehingga mempermudah mahasiswa dalam memahami permasalahan

Fungsi Kompleks. Matematika tak bisa lepas dari soal-soal, begitupun Fungsi

Kompleks yang setiap akhir materi diberikan soal-soal sebagai latihan untuk

memperdalam materi yang telah dibahas dan sebagai tolak ukur ketercapaian

untu melanjutkan pada materi berikutnya.

Semoga bahan ajar Fungsi Kompleks ini lebih mudah dipahami dan

dipelajari sehingga tujuan pembelajaran bisa tercapai dan bisa menambah

khasanah keilumuwan mahasiswa di bidang matematika khususnya fungsi

kompleks.


Penulis

DAFTAR ISI

BAB I BILANGAN KOMPLEKS

Capaian Pembelajaran ............................................................. 1

1.1. Bilangan Kompleks dan Aljabarnya ............................. 1

Soal Latihan 1 ............................................................. 6

1.2. Geometri Bilangan Kompleks ...................................... 7

1. Koordinat Cartesius............................................... 7

2. Vektor ................................................................... 9

Soal Latihan 2 ....................................................... 13

3. Koordinat Kutub .................................................... 14

Soal Latihan 3 ....................................................... 17

4. Bentuk Eksponen .................................................. 18

Soal Latihan 4 ....................................................... 21

1.3. Region ........................................................................ 22

Soal Latihan 5 ............................................................. 29

BAB II FUNGSI – FUNGSI ANALITIK


2.1. Fungsi Variabel Kompleks .......................................... 31

2.2. Pemetaan ................................................................... 34

Soal Latihan 1 ............................................................. 39

2.3. Limit ............................................................................ 40

Soal Latihan 2 ............................................................. 48

2.4. Kontinuitas .................................................................. 50

Soal Latihan 3 ............................................................. 52

2.5. Derivative .................................................................... 53

Soal Latihan 4 ............................................................. 58

2.6. Persamaan Cauchy – Rienmann ............................... 60

Soal Latihan 5 ............................................................. 62

2.7. Fungsi Analitik ............................................................ 63

Soal Latihan 6 ............................................................. 65

2.8. Fungsi Harmonik ......................................................... 66

Soal Latihan 7 ............................................................. 68

BAB III FUNGSI-FUNGSI ELEMENTER


3.1. Fungsi Eksponen ........................................................ 71

Soal Latihan 1 ............................................................. 76

3.2. Fungsi Trigonometri .................................................... 77

Soal Latihan 2 ............................................................. 82

3.3. Fungsi Hiperbolik ........................................................ 83

Soal Latihan 3 ............................................................. 86

3.4. Fungsi Logaritma ........................................................ 87

Soal Latihan 4 ............................................................. 90

3.5. Invers Fungsi Trigonometri dan Hiperbolik .................. 90

Soal Latihan 5 ............................................................. 93

BAB IV INTEGRAL


4.1. Lintasan (Kurva Jordan) .............................................. 94

4.2. Kontur ......................................................................... 99

Soal Latihan 1 ............................................................. 102

4.3. Integral Fungsi Kompleks ........................................... 102

Soal Latihan 2 ............................................................. 109

4.4. Teorema Cauchy – Goursat ........................................ 110

Soal Latihan 3 ............................................................. 116

4.5. Integral Tak Tentu ....................................................... 116

Soal latihan 4 .............................................................. 120

4.6. Integral Cauchy ........................................................... 121

Soal Latihan 5 ............................................................ 126

4.7. Teorema Morera ......................................................... 127

4.8. Teorema Ketaksamaan Cauchy .................................. 128

4.9. Teorema Liouville ....................................................... 129

4.10. Teorema Nilai Rata-Rata Gauss ................................. 131

4.11. Teorema Modulus Maksimum ..................................... 132

4.12. Teorema Modulus Minimum ........................................ 132

4.13. Teorema Dasar Aljabar ............................................... 133

DAFTAR PUSTAKA ............................................................................. 137

FUNGSI KOMPLEKS - UNIKAMA Fungsi...Dra. Retno Marsitin, M.Pd Desain: Eko Fachtur Rochman, M.Kom...

Documents

Transcript of FUNGSI KOMPLEKS - UNIKAMA Fungsi...Dra. Retno Marsitin, M.Pd Desain: Eko Fachtur Rochman, M.Kom...